习题3.1教学设计范文

函数方程问题的分析

一、基础知识：

1、函数方程：含有未知函数的等式叫做函数方程，例如：fxf,x1f以下几个类型：

xx1f都可称为函数方程。在高中阶段，涉及到函数方程有（1）表示函数fx的某种性质：例如fxfx体现fx是偶函数；fx1fx体现fx是周期为1的周期函数（可详见“函数对称性与周期性”一节）

（2）可利用解方程组的思想解出涉及的函数的解析式：例如：fx2f11，可用3xxxf31代替x得f2fx，即xxf2、双变量函数方程的赋值方法：

x2f13xx312fxxxfx2x

x（3）函数方程也是关于变量的恒等式，所以通过对变量赋特殊值得到某些数的函数值

（1）对x,y均赋特殊值，以得到某些点的函数值，其中有些函数值会对性质的推导起到关键作用，比如f0,f1,f1，在赋特殊值的过程中要注意所赋的值要符合函数定义域。

（2）其中某一个变量不变，另一个赋特殊值，可得到单变量的恒等式，通常用于推断函数的性质

3、常见函数所符合的函数方程：在填空选择题时可作为特殊的例子辅助处理，但是在解答题中不能用这些特殊的函数代表函数方程

（1）fxyfxfy：fxkx

（2）fxyfxfy：fxaxa0,a1

（3）①

当x0,时，fxyfxfy：fxlogax

②当xx|x0时，fxyfxfy：fxlogax

二、典型例题

例1：已知函数fx对任意的m,nR均有fmnfmfn，且当x0时，fx0

（1）求证：fx为奇函数

（2）求证：fx为R上的增函数

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（1）思路：要证明奇函数，则需要fx,fx出现在同一等式中，所以考虑令mx,nx，则有f0fxfx，再通过代入特殊值计算出f00即可

解：（1）令mx,nx，则

f0fxfx

令m0,n0，则f0f0f0解得f00

fxfx

fx为奇函数

（2）思路：要证明单调递增，则需任取x1,x2R，且x1x2，去证明fx1与fx2的大小，结合等式，则需要让fx1与fx2分居等号的两侧，才能进行作差。所以考虑x2x2x1x1，进而mnx2,nx1。只需判断fx2x1的符号即可

解：任取x1,x2R，且x1x2，令mx2x1,nx1，代入方程可得：

fx2x1x1fx2x1fx1

fx2fx1fx2x1

x2x1

x2x10，依题意可得：fx2x10

fx2fx10即fx2fx1

fx为增函数

小炼有话说：第（2）问将x2拆分为x2x1x1是本题证明的亮点，达到了让fx1与fx2分居等号的两侧的目的

例2：已知定义在R上的函数fx，对于任意实数a,b都满足fabfafb，且f10，当x0时，fx1

（1）求f0的值

（2）求证：fx在,上是增函数

（3）求不等式：fxx21的解集

f2x42解：（1）令ab0，则有f0f0，解得f00或f01

令a0,b1可得：f1f0f1f1f010

f10

f01

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（2）思路：考虑证明fx单调递增，则需构造出fx1fx2，即可设x2x1且令ax2x1,bx1，则有f2x2fx1，x从1f而xfx2fx1由x2x10和已知条件可得：fx2x110fx2x11fx1，所以需要证明fx10，即x,0，fx0，可考虑结合题目条件和f01，令ax1,bx1，则有f0fx1fx1fx110，从而单调性可证

fx1证明：x1,x2R,x1x2，则令ax2x1,bx1，代入函数方程有：

fx2fx2x1fx1

fx2fx1fx2x11fx1

x2x10

fx2x10，下证fx10

由已知可得，x10时fx110，所以只需证明x1,0时，fx10

令ax1,bx10

f0f1xf1xf1x1

fx1x10

x10

fx10

fx110

fx1fx2fx1fx2x11fx10，即fx1fx2

fx在R上单调递增

（3）思路：本题并没有fx的解析式，所以考虑利用函数的单调性求解。由（1）（2）问可得fx0，从而fxx21fx2x2x4f0，再根据单调性即f2x4可得到关于x的不等式，解出不等式即可

解：fx0

1fx2xf2x41

f2x4fx2xfx2xf2x4fx2x2x4fx23x4，且f01

fx23x4f0

由（2）可得fx单调递增

x23x40解得x4,1

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例3：定义在1,1的函数满足关系fxfyfxy当x0,1，1xy时，fx0，若Pf1411f,Qf,Rf0，则P,Q,R的大小关系为（ ）

52A. RPQ B. RQP C. PQR D. QPR

思路：由比较函数值大小联想到考虑函数的单调性，先化简P，由fxfyfxy1xy1yxy343x可得：fxfyf，令解得：，即Pfxy1，所给方程771xy1xy52左边已经作差，所以考虑x1,x20,，x1x2，则fx1fx2f1，因为21x1x21xx0x1x211113xx2，所以x1x20,1x1x21，从而110，即222241x1x2xx1fx1fx2f120，得到fx在0,单调递增，所以QPR

21x1x2答案：D 小炼有话说：本题在证明单调性时，因为考虑了P,Q,R中自变量的取值，所以只需考虑0,2的单调性，缩小x1,x2的范围使得判断1x1x2的范围较容易。但也可将x1,x2在1,1中任取，1x1x2但是在判断x1x2的范围会比较复杂，可利用不等式的等价变形来证：

1x1x2假设1x1x2xx0，因为1x1x20 120

1x1x21x1x2且x1x21x1x2x1x21

1x1x2 x1x1x21x20x111x20

由x1,x21,1可得x111x20成立，从而x1x21

1x1x2例4：函数fx的定义域为x|x0，满足fxyfxfy，fx在区间0,

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上单调递增，若m满足flog3mflog1m2f1，则实数m的取值范围是（ ）

3A. 1,3 B. 0, C. 0,331311,3 D. 1,131,3

思路：从所求中发现log3m,log1m互为相反数，所以联想到判定fx是否具有奇偶性。令y1，则有fxfxf1，需求出f1：令xy1，则f12f1，再令xy1，则f12f1f10f10，所以fxfx，fx为偶函数。所以flog3mflog1m2flog3m，所解不等式为flog3mf1，因3为fx为偶函数，且区间0,上单调递增，所以自变量距离y轴越近，则函数值越小，所以log3m1，即1log3m1，解得范围为,1答案：D 例5：设角的终边在第一象限，函数f(x)的定义域为0,1，且f(0)0,f(1)1，当xy时，有f1m3，因为log3m0m1，所以m的3131,3

xyfxsin1sinfy，则使等式211f成立的的集合为

44思路：首先从所求出发，由f111x,y0得：确定代入的特殊值。令2441f41f1sinfsin2110fsin，则下一步需要确定421f的值，2令x1,y0，则有f112sin，所以，由角f1sin1sinf0sin4212的终边在第一象限可得：sin，从而的集合为|2k,kZ

6答案：|2k,kZ

6例6：定义在2013,2013上的函数fx满足：对于任意的a,b2013,2013，有

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fabfafb2012，且x0时，有fx2012，设fx的最大值和最小值分别为M,N，则MN的值为（ ）

A. 2011 B. 2012 C. 4022 D. 4024

思路：由最值联想到函数的单调性，从而先考虑证明fx单调，令ax2x1,bx1（其中，则可证明fx为增函数，从而Mf2013,Nf2013，再利用函数方程x1x2）求出f2013f2013的值即可

解：x1,x22013,2013，且x1x2，令ax2x1,bx1代入函数方程可得：

fx2fx1fx2x12012，x2x10

fx2x12012

fx2fx10

fx在2013,2013单调递增 Mfxmaxf2013,Nfxminf2013

MNf2013f2013f201320132012

f02012

令ab0，可得：f02f02012f02012

MN4024

答案：D 例7：已知函数fx满足：f11，对任意实数x,y都有2fxyfyx2xff1yf2f3f，则f2014（

）

A.

1

B.

11

C.

D.

1

22思路：由所求出发可考虑判断fx是否具备周期性，令y1，可得fx1fx12fxf1，即fx1fx1fx，所以fx2fxfx1，两式相加可得fx2fx1，则可判定fx的周期为6，由fx1fx1fx可得：f2f0f1由fx2fx1可得f4f111，即f2f6，2211，则f3f5f4，从而22，所以f1f2f3f4f5f60

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f1f2f3f2013335f1f6f2013f2013，且1f2014f4

2答案：B 例8：已知fx是定义在R上的函数，f0，且对任意的x,yR，都有4xyxyfxfy2ff，那么

22f43f45f42015f4__________ 思路：函数方程为“和→积”的特点，抓住fyx，可发现令，则0240，所以可得：42x2fxfx2f22自变量间隔fxx22fxf24,，其函数值的和为0，所以将求和的式子两两一组，即：

23f45f47f42013f42015f0

4Sf4答案：0

例9：设函数fx的定义域为R，f01，且对x,yR，都有fxy1fxfyfyx2，则fx的解析式为________ 思路：观察到右边的结构并非fx,fy的轮换对称式，考虑其中一个变量不变，另一个变量赋值为1，则x1时，

fy1f1fyfy12

①，y1时，

②，则求f1是关键，结合f01，可令xy0，fx1fxf12f1xfy1fy1则f1f0f002f12，代入到①②可得：，fx12fxx2

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即fx1fx1，消去fx1解得：fxx1

fx12fxx答案：fxx1: 例10：已知函数f(x)是定义在R上不恒为0的函数，且对于任意的实数a,b满足f(2)2，

f(2n)f(2n),(nN),bn,(nN)，考察下列结论：

f(ab)af(b)bf(a)，ann2n①f(0)f(1)

②f(x)为奇函数 ③数列an为等差数列 ④数列bn为等比数列，其中正确的个数为( ) A．1 B．2 C．3 D．

4

思路：考虑按照选项对函数方程中的x,y进行赋值。

①计算f0f,1，令ab0，可得f00；令xy1，则f12f1f，所以10f(0)f(1)，①正确

②

使等式中出现fx,fx，令ax,b1，则fxxf1fx，需要计算出f1，结合方程可令x1,y1，则有f12f1，即f10，所以fxfx，fx为奇函数，②正确

③

从等差数列定义出发，考虑递推公式an1anf2n12n1f2n2n，因为f2n1f2n22nf22f2n，所以可得：

an1an正确

f2n12n1f2n2n2n12f2n2n1f2n2n1，从而判定an为等差数列，③n1bn1f2n④若按照等比数列定义，考虑，则不易于进行化简。可由③出发得到nbnn1f2f2n的表达式：af2nn1f221，所以ana1n1dn，即f2n2nn，所以bn2n，从而可判定bn是一个等比数列，④正确

答案：D

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