用赋值法求解函数关系

函数

用赋值法求解函数关系

依据函数y=f(x)的限定条件和关系式求函数关系y=f(x)．

一、赋值代换

例1 已知f(x)是定义在R上的函数，且f(x)不恒为零，对任意x1，x2∈R，都有f(x1＋x2)＋f(x1－x2)=2[f(x1)＋f(x2)]．求证：f(x)是偶函数

分析：若有f(－x)=f(x)(x∈R)，则f(x)为偶函数． 观察条件f(x1＋x2)＋f(x1－x2)=2[f(x1)＋f(x2)]

令x1=0，x2=x则f(x)＋f(－x)=2[f(0)＋f(x)]*

令x2=0，则f(x1)＋f(x1)=2[f(x1)＋f(0)]

∴f(0)=0把f(0)=0代入(＊)有f(x)=f(－x)问题得证． 赋值代换应注意：(1)所赋自变量x之特殊值必须在函数的定义域内；(2)应观察函数式的特点，确定赋什么值．

例2 设f(x)是(0，1)上的实函数，如果满足：1)对于任意x∈(0，1)，f(x)＞0；

分析：∵x，y∈(0，1)，(1－x)，(1－y)∈(0，1)由题设知f(y)＞0，f(1－y)＞0，故有f(x)f(1－y)＋f(y)f(1－

x)≤2f(y)f(1－y)，观察此不等式，如令x=1－y ∈(0，1)，则有： f2(x)－2f(x)f(1－x)＋f2(1－x)≤0

∴ f(x)≤f(1－x)即f(x)≤f(y)

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反之，令y=1－x则有f(y)≤f(x)

二、赋值递推

例3 已知函数f(x)是定义域为R的函数，且满足f(1)=0，f(a＋b)＋f(a－b)=2f(a)f(b)．a，b∈R，求证f(x)是以4为周期的函数．

分析：要证f(x)以4为周期，即要有f(x＋4)=f(x)，(x∈R)． 观察条件f(a＋b)＋f(a－b)=2f(a)f(b)及f(1)=0．

令 a=x，b=1则f(x＋1)＋f(x－1)=0即f(x＋1)=－f(x－1)．以x＋3代x，再递推，f(x＋4)=－f(x＋2)=－f[(x＋1)＋1]=－[－f(x)]=f(x)，问题得证．

赋值递推应注意：在赋值代换的基础上构成函数递推关系式，然后递椎即得．当然，有时需要构成多个递推关系式．

例4 函数f(x)定义在实数集上，并满足如下条件：对于任意x∈R，有f(2＋x)=f(2－x)且f(7＋x)=f(7－x)，若f(0)=0，问f(x)=0在[－100，100]上至少有几个根？

分析：由条件f(2＋x)=f(2－x)，以x－2代x得：f(x)=f(4－x)(1)；再由条件f(7＋x)=f(7－x) 递推f(4－x)=f[7－(3＋x)]=f[7＋(3＋x)]=f(x＋10)，则f(x＋10)=f(x)(2)，即f(x)是以10为周期的函数．在(1)、(2)中令x=0，有f(4)=f(0)=0，

f(10)=f(0)=0．即0，4，10均为f(x)=0的根；由周期性知10k(－10≤k≤10)，10k＋4(－10≤k≤9)(k∈Z)都是f(x)=0的根．因此f(x)=0在[－100，100]上至少有41个根．

三、赋值讨论(比较)

例5 已知f：[0，1]→

＋x2≤1时，f(x1＋x2)≥

f(x1)＋f(x2)，求f(x)的最大值． ．且f(1)=a，x1、x2∈[0，1]，x1

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分析：对于求函数的最值，往往要讨论其单调性．x1、x2∈[0，1]，不妨设x1＜x2，令x2=x1＋h，h∈(0，1)，f(h)≥0，则f(x2)=f(x1＋h)≥f(x1)＋f(h)≥f(x1)．故f(x)是[0，1]上的不减函数，由

f(x)≤f(1)知f(x)的最大值为a．

赋值讨论应注意：所赋值需要有明确的大小关系，继而比较函数值的关系或确定函数值．

例6 函数f(n)对于所有的自然数n取自然数，并且(1)f(m·n)＝f(m)f(n)，(2)当m＞n

分析：由(1)令m=n=1时，f(1)=f2(1)，则f(1)=1，(f(1)取自然数)．当k∈N时，f(2k)=f(2)f(2k-1)=f2(2)f(2k－2)=…=fk(2)．由

kkkkk+1k+2k+1k+1(3)f(2)=2．由(2)2=f(2)＜f(2)＜f(2)＜…＜f(2)=2，即kf(2＋1)、f(2k＋2)…f(2k+1－1)是区间(2k，2k+1)上的2k－1个不同的自然数，而区间(2k，2k+1)上恰好有2k－1个不同自然数，即2k＋1，2k＋2，…2k+1－1．因此f(2k＋1)=2k＋1，f(2k＋2)=2k＋2，…，f(2k+1－1)= 2k+1－1．

可见，赋值法是研究抽象函数的基本方法．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/42k4.html