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x0时，f（－x）10，而0)(1)(xfxf，又x=0时，f（0）=0，所以f（x）∈R，f（x）0。设x1x2，则x1x20，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x1x20时，令x1=mx2（m1），则f（x1）－f（x2）=f（m·x2）－f（x2）=f（m）＋f（x2）－f（x2）=f（m）0。得以对于x1有f（x）0。又设x1=mx20（0m1），则0x1x2。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0x1有f（x）0。综上所述：当x∈R＋时，f（x）的值域为R。四、判断函数的周期性例6函数f（x）定义域为R，对任意实数a、b∈R，有f（a＋b）=2f（a）f（b），且存在c0，使02cf，求证f（x）是周期函数。证明：令2cxa，2cb，代入f（a＋b）＋f（a－b）=2f（a）f（b）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。例7若对常数m和任意x，等式)(1)(1xfxfmxf成立，求证f（x）是周期函数。证明：将已知式中的x换成x＋m得f（x＋2m）=f[（x＋m）＋m])(1)(1)(11)(1)(11)(1)(1xfxfxfxfxfmxfmxf又将上式中x＋2m换成x＋4m可得)()2(1]2)2[()4(xfmxfmmxfmxf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xxxfxxf1313，求f（x）的解析式。解：将x取为13xx代入原等式，有13)(13xxxfxxf，（1）将x取为xx13代入原等式，有xxxxfxf1313)(。（2）（1）＋（2），且将原等式代入即得)1|(|227)(23xxxxxf例9求函数F（x），当x≠0，x≠1时有定义且满足xxxFxF11)(.解：xxxFxF11)(，（1）中以xx1代换x得xxxxFxxF1211（2）再在（1）中以11x代换x得12)(11xxxFxF，（3）（1）－（2）＋（3）化简得)1(21)(23xxxxxF.例10f（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≤x2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≤x2，0≤y2，（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)(2yfx。设f（x＋y）=0，由（Ⅰ）得；x＋y≥2，即x≥2－y，因为)(2yfx，且x≥2－y，所以yyf2)(2，解得yyf22)(.所以当0≤x2时，f（x）=xxf22)(.所以)2.(0)20(,22)(xxxxf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）；（ii）在区间－1x0与x0的每一个内，xxf)(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.若t0，则（t＋2）tt0，但1)2(])2[()(ttttfttf，与xxf)(在x0时单调递增矛盾。同理，t0，亦导致矛盾。因此，对任－x恒有x＋f（x）＋xf（x）=t=0.从而1)(xxxf。显然，这一函数满足题设条件。