1、 微专题 08 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 ： ,11fxfxfxfx 都可称为函数方程。在高中阶段，涉及到函数方程有 以下几个类型： （1） 表示函数 f x的某种性质： 例如 f xfx体现 f x是偶函数； 1f xf 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： 1 23f xfx x ，可用 1 x 代替x得 13 2ff x xx ，即 1 23 2 13 2 f xfx x f xx
2、x ff x xx （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 2、双变量函数方程的赋值方法： （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 0 ,1 ,1fff ，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 xyf xf y： f xkx （2） f xyf xf y： 0,1
3、 x f xaaa （3） 当0,x时， f x yf xf y： logaf xx 当|0xx x时， f x yf xf y： logaf xx 二、典型例题 例 1：已知函数 f x对任意的,m nR均有 f mnf mf n，且当0x 时， 0f x （1）求证： f x为奇函数 （2）求证： f x为R上的增函数 （1）思路：要证明奇函数，则需要 ,f xfx出现在同一等式中，所以考虑令 ,mx nx ，则有 0ff xfx，再通过代入特殊值计算出 00f即可 解： （1）令,mx nx ，则 0ff xfx 令0,0mn，则 000fff解得 00f f xfx f x 为奇函数
4、（2）思路：要证明单调递增，则需任取 12 ,x xR，且 12 xx，去证明 1 f x与 2 f x的大 小，结合等式，则需要让 1 f x与 2 f x分居等号的两侧，才能进行作差。所以考虑 2211 xxxx，进而 21 ,mnx nx。只需判断 21 f xx的符号即可 解：任取 12 ,x xR，且 12 xx，令 211 ,mxx nx，代入方程可得： 211211 fxxxf xxf x 2121 f xf xf xx 21 xx 21 0xx，依题意可得： 21 0f xx 21 0f xf x即 21 f xf x f x为增函数 小炼有话说： 第 （2） 问将 2 x拆分
5、为 211 xxx是本题证明的亮点， 达到了让 1 f x与 2 f x 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 abf a f b，且 10f，当0x 时， 1f x （1）求 0f的值 （2）求证： f x在, 上是增函数 （3）求不等式： 2 1 24 f xx fx 的解集 解： （1）令0ab，则有 2 00ff，解得 00f或 01f 令0,1ab可得： 1011010fffff 10f 01f （2）思路：考虑证明 f x单调递增，则需构造出 12 f xf x，即可设 21 xx且令 211 ,axx bx，则有 2211
6、fxfxxfx，从而 21211 1f xf xf xxf x ， 由 21 0xx和已知条件可得： 21 10f xx 所以需要证明 1 0f x，即,0x ， 0f x ，可考虑结合题目条件和 01f， 令 11 ,ax bx ，则有 111 1 1 00ff xfxf x fx ，从而单调性可证 证明： 1212 ,x xR xx，则令 211 ,axx bx，代入函数方程有： 2211 f xf xxf x 21211 1f xf xf xxf x 21 0xx 21 0f xx，下证 1 0f x 由已知可得， 1 0x 时 1 10f x ，所以只需证明 1 ,0x 时， 1 0f
7、 x 令 11 ,0ax bx 111 1 1 0ffxfxfx fx 1 0x 1 0x 1 0fx 1 1 1 0f x fx 21211 10f xf xf xxf x ，即 12 f xf x 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 0f x ，从而 22 1 240 24 f xxf xxxf fx ，再根据单调性即 可得到关于x的不等式，解出不等式即可 解： 0f x 22 1 241 24 f xxf xxfx fx 222 242434f xx fxf xxxf xx，且 01f 2 340f xxf
8、 由（2）可得 f x单调递增 2 340xx解得4,1x 例 3： 定义在1,1的函数满足关系 1 xy f xf yf xy ， 当1 , 0x 时， 0f x ， 若 111 ,0 452 PffQfRf ，则,P Q R的大小关系为（ ） A. RPQ B. RQP C. PQR D. QPR 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 1 xy f xf yf xy 可得： 1 xy f xf yf xy ，令 1 4 1 15 y xy xy 解得： 3 7 x ，即 3 7 Pf ，所给方程 左边已经作差，所以考虑 12 1 ,0, 2 x x ， 12 x
9、x，则 12 12 1 2 1 xx f xf xf x x ，因为 12 1 0 2 xx，所以 1212 11 13 0,11 22 24 xxx x ，从而 12 12 10 1 xx x x ，即 12 12 1 2 0 1 xx f xf xf x x ，得到 f x在 1 0, 2 单调递增，所以QPR 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 1 0, 2 的单调性， 缩小 12 ,x x的范围使得判断 12 12 1 xx x x 的范围较容易。 但也可将 12 ,x x在1,1中任取， 但是在判断 12 12 1 xx
10、 x x 的范围会比较复杂，可利用不等式的等价变形来证： 假设 12 12 10 1 xx x x ，因为 12 10x x 12 12 0 1 xx x x 且 12 1212 12 11 1 xx xxx x x x 11 2212 101 10xx xxxx 由 12 ,1,1x x 可得 12 1 10xx成立，从而 12 12 1 1 xx x x 例 4： 函数 f x的定义域为|0x x ， 满足 f xyf xf y， f x在区间0, 上单调递增，若m满足 31 3 loglog21fmfmf ，则实数m的取值范围是（ ） A. 1,3 B. 1 0, 3 C. 1 0,1,
11、3 3 D. 1 ,11,3 3 思路：从所求中发现 31 3 log,logmm互为相反数，所以联想到判定 f x是否具有奇偶性。令 1y ，则有 1fxf xf，需求出1f ：令1xy ，则 121ff， 再令1xy， 则 1211010ffff ， 所以 fxf x， f x为 偶函数。所以 313 3 loglog2logfmfmfm ，所解不等式为 3 log1fmf，因 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 3 log1m ，即 3 1 log1m ，解得 1 3 3 m，因为 3 log01mm，所以m的 范围为 1 ,11,3
12、3 答案：D 例 5： 设角的终边在第一象限， 函数)(xf的定义域为1 , 0， 且1) 1 (, 0)0(ff， 当yx 时，有 sin1sin 2 xy ff xfy ，则使等式 11 44 f 成立的的集合为 思 路 ： 首 先 从 所 求 出 发 ， 由 11 44 f 确 定 代 入 的 特 殊 值 。 令 1 ,0 2 xy得 ： 1111 sin1sin0sin 4224 ffff ，则下一步需要确定 1 2 f 的值， 令1,0xy，则有 1 1 sin1sin0sin 2 fff ，所以 2 1 sin 4 ，由角 的终边在第一象限可得： 1 sin 2 ，从而的集合为|2
13、, 6 kkZ 答案：|2, 6 kkZ 例 6：定义在2013,2013上的函数 f x满足：对于任意的,2013,2013a b ，有 2012f abf af b ，且0x 时，有 2012f x ，设 f x的最大值和最小 值分别为,M N，则MN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 211 ,axx bx（其中 12 xx） ，则可证明 f x为增函数，从而2013 ,2013MfNf，再利用函数方程 求出20132013ff的值即可 解： 12 ,2013,2013x x ，且
14、12 xx，令 211 ,axx bx代入函数方程可得： 2121 2012f xf xf xx， 21 0xx 21 2012f xx 21 0f xf x f x在2013,2013单调递增 maxmin 2013 ,2013Mf xfNf xf 20132013201320132012MNfff 02012f 令0ab，可得： 020201202012fff 4024MN 答案：D 例7 ： 已 知 函 数 f x满 足 ： 1 1 2 f， 对 任 意 实 数, x y都 有 2fxyfxyfxfy，则 1232014ffff（ ） A. 1 B. 1 2 C. 1 2 D. 1 思
15、路 ： 由 所 求 出 发 可 考 虑 判 断 f x是 否 具 备 周 期 性 ， 令1y ， 可 得 1121f xf xf x f，即 11f xf xf x，所以 21f xf xf x，两式相加可得21f xf x ，则可判定 f x的周期 为 6， 由 11f xf xf x可得： 1 201 2 fff， 即 1 26 2 ff， 由21f xf x 可得 1 41 2 ff ，则 1 354 2 fff ，从而 1234560ffffff，所以 12320133351620132013ffffffff ，且 1 20144 2 ff 答案：B 例 8：已知 f x是定义在R上的
16、函数，0 4 f ，且对任意的, x yR，都有 2 22 xyxy f xfyff ，那么 352015 4444 ffff _ 思路：函数方程为“和积”的特点，抓住0 4 f ，可发现令 2 yx ，则 2 2 2 220 22244 xx x f xfxfffxf ，所以可得： 自变量间隔 2 ,，其函数值的和为 0，所以将求和的式子两两一组，即： 35720132015 0 444444 Sffffff 答案：0 例9 ： 设 函 数 f x的 定 义 域 为R， 01f， 且 对, x yR， 都 有 12f xyf x f yf yx，则 f x的解析式为_ 思路：观察到右边的结构
17、并非 ,f xf 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1x 时 ， 1112f yff yf y ，1y 时 ， 1112fxfxffx ， 则求 1f是关键， 结合 01f， 可令0xy， 则 2 1000212ffff，代入到可得： 11 12 fyfy f xf xx ， 即 11 12 f xf x f xf xx ，消去1f x解得： 1f xx 答案： 1f xx: 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(2)2f， ()( )( )f abaf bbf a， (2 )(2 ) ,(),() 2
18、 nn nn n ff anNbnN n ，考察下列结论： (0)(1)ff ( )f x为奇函数 数列 n a为等差数列 数列 n b为等比数列，其中 正确的个数为( ) A1 B2 C3 D 4 思路：考虑按照选项对函数方程中的, x y进行赋值。 计 算 0,1ff， 令0ab， 可 得 00f； 令1xy， 则 12110fff，所以(0)(1)ff，正确 使等式中出现 ,f xfx，令,1ax b ，则 1fxxff x ，需要计算出 1f ，结合方程可令1,1xy ，则有 121ff ，即10f ，所以 fxfx ， f x为奇函数，正确 从 等 差 数 列 定 义 出 发 ， 考 虑 递 推 公 式 1 1 1 22 22 nn nn nn ff aa ， 因 为 1 2222222 nnnn ffff ，所以可得： 11 1 11 222222 1 2222 nnnnn nn nnnn ffff aa ，从而判定 n a为等差数列， 正确 若按照等比数列定义，考虑 1 1 2 12 n n n n f bn bnf ，则不易于进行化简。可由出发得到 2nf的表达式： 1 2 1 2 f a ，所以 1 1 n aandn，即22 nn fn，所以 2 2 n n n f b n ，从而可判定 n b是一个等比数列，正确 答案：D
