高中数学奥赛讲义：赋值法在函数方程中的应用

赋值法在函数方程中的应用

赋值法是指给定的关于某些变量的一般关系式，赋予恰当的数值或代数式后，通过运算推理，最后得出结论的一种解题方法。下面介绍它在函数方程中的应用。

一、判断函数的奇偶性

例1 若f（x＋y）＝f（x）＋f（y）中令x＝y＝0，得f（0）＝0。 又在f（x＋y）＝f（x）＋f（y）令y＝－x，f（x－x）＝f（x）＋f（－

x），

即f（0）＝f（x）＋f（－x），又f（0）＝0. 所以f（－x）＝－f（x）。

由于f（x）不恒为零，所以f（x）是奇函数。

例2 已知函数y＝f（x）（x∈R，x≠0），对任意非零实数x1x2都有f（x1x2）＝f（x1）＋f（x2），试判断f（x）的奇偶性。

解：取x1＝－1，x2＝1得

f（－1）= f（－1）＋（1），所以f（1）=0

又取x1=x2=－1，

得f（1）=f（－1）＋f（－1）， 所以f（－1）=0

再取x1=x，x2=－1，则有f（－x）= f（x），即f（－x）=f（x） 因为f（x）为非零函数，所以f（x）为偶函数。

例3．对任意x、y∈R，有（x＋y）＋f（x－y）=2f（x）·f（y），且f（0）≠0，判断f（x）的奇偶性。

解：令x=y=0得f（0）＋f（0）=2f2（0），因为f（0）≠0，所以f（0）=1，又令x=0得f（y）＋f（－y）=2f（y），即f（－y）=f（y）。取x=y，得f（－x）=f（y）.所以函数y=f（x）。

二、讨论函数的单调性

例4． 设f（x）定义于实数集R上，当x＞0时，f（x）＞1，且对任意

x，y∈R，有f（x＋y）= f（x）f（y），求证f（x）在R上为增函数。

证明：由f（x＋y）=f（x）f（y）中取x=y=0得f（0）=f2（0）。 若f（0）=0，令x＞0，y=0，则f（x）=0，与f（x）＞1矛盾。 所以f（0）≠0，即有f（0）=1。

当x＞0时，f（x）＞1＞0，当x<0时，f（－x）>1>0，而又x=0时，f（0）=>0，所以f（x）∈R，f（x）>0。

设x10，f（x2－x1）>1，所以f（x2）= f[x1＋（x2－x1）]=f（x1）·f（x2－x1）>f（x1），所以y=（x）在R上为增函数。

三、求函数的值域

例5 已知函数f（x）在定义域x∈R＋上是增函数，且满足f（xy）=f（x）＋f（y）（x、y∈R＋），求f（x）的值域。

解：因为x=y=1时，（1）=2f（1），所以f（1）=0

又因为（x）在定义域R＋上是增函数，所以x1>x2>0时，令x1=mx2（m>1），则f（x1）－f<（x2）=f（m·x2）－f（x2）=f（m）＋f（x2）－f（x2）=f（m）>0。

得以对于x>1有f（x）>0。

又设x1=mx2>0（0所以由函数在R＋上递增可得f（x1）－f（x2）<0,即f（mx2）－f（x2）=f（m）＋f（x2）－f（x2）=f（m）<0。所以对于0四、判断函数的周期性

f(x)10f(x)，

例6 函数f（x）定义域为R，对任意实数a、b∈R，有f（a＋b）=2f（a）

cf0f（b），且存在c>0，使2，求证f（x）是周期函数。

axccb2，2，代入f（a＋b）＋ f（a－b）=2f（a）f（b）

证明：令

可得：

f（x＋c）=－f（x）。所以f（x＋2c）= f[（x＋c）＋c]=－ f（x＋c）

= f（x），即f（x＋2c）= f（x）。

则f（x）是以2c为周期的函数。

fxm1f(x)1f(x)成立，求证f（x）是周

例7 若对常数m和任意x，等式期函数。

证明：将已知式中的x换成x＋m得f（x＋2m）=f[（x＋m）＋m]

11f(xm)111f(xm)111f(x)1f(x)f(x)f(x)f(x)又将上式中x＋2m换成x＋4m可得

1f(x)f(x2m)

f(x4m)f[(x2m)2m]故f（x）是以4m为周期的函数 五、求函数的解析式

例8 设对满足| x |≠1的所有实数x，函数f（x）满足

x3fx13xfx1x，求f（x）的解析式。

3xx3x3ff(x)x1， （1） 解：将x取为x1代入原等式，有1x3x3x3xf(x)f1x1x。 （2）将x取为1x代入原等式，有

f(x)（1）＋（2），且将原等式代入即得

x37x(|x|1)22x2

x1F(x)F1xx例9 求函数F（x），当x≠0，x≠1时有定义且满足. x1x1F(x)F1xx解：，（1）中以x代换x得 x1x12x1FFxx （2） x再在（1）中以

1x1代换x得

1x2FF(x)x1， （3） x1（1）－（2）＋（3）化简得

F(x)x3x212x(x1).

例10 f（x）的定义域在非负实数集合上并取非负数值的函数，求满足下

列所有条件的f（x）：（1）f[x·f（y）]·f（x）= f（x＋y）；（2）f（2）=0；（3）当0≤x<2时，f（x）≠0.

解：（Ⅰ）令x=2，t=2＋y，由于y≥0，故t≥2。

f[2f（t－2）]·f（2）=f（t）.

由（2）得f（2）=0，所以f（t）=0.

所以当t≥2时，f（x）=0. ① 由（3）的逆命题知：当f（x）=0时，x≥2， ② 综合①、②得，f（x）=0x≥2.

（Ⅱ）考虑0≤x<2，0≤y<2，（即f（x）f（y）≠0）时，（1）两边等于零的特殊情况。

设f[x（f（y）） f（x）=0. 因为f[x（f（y））]f（x）=0.

由（Ⅰ）得：xf（y）≥2，即＋y≥2，即x≥2－y，因为

f(y)xx2f(y)。设f（x＋y）=0，由（Ⅰ）得；x222yf(y)，且x≥2－y，所以f(y)，解得

22f(x)2y.所以当0≤x<2时，f（x）=2x.所以

2,(0x2)f(x)2x0.(x2)

例11 设S表示所有大于－1的实数构成的集合，确定所有的函数f：S→S，满

足以下两个条件：（i）对于S内的所有x和y，有

f[x＋f（y）＋xf（y）]=y＋f（x）；

f(x)（ii）在区间－10的每一个内，x是单调递增的。

解：令x=y 得：

f（x＋f（x）＋xf（x）=x＋f（x）＋xf（x），

又令x＋f（x）＋xf（x）=t，则f（t）=t，在（1）中令x=t得

f（t2＋2t）=f[t＋f（t）＋tf（t）]=t＋f（t）＋tf（t）=（t＋2）

t=t2＋2t.

f(t)f[(t2)t]f(x)1(t2)t若t>0，则（t＋2）t>t>0，但t，与x在x>0时单调

递增矛盾。

同理，t>0，亦导致矛盾。因此，对任－x恒有

x＋f（x）＋xf（x）=t=0. 从而

f(x)xx1。

显然，这一函数满足题设条件。