浅析函数方程的一些解法
(宜宾学院数学系周文波644000) 指导教师：张玲
摘要
函数方程的理论是个历史悠久、内容丰富、应用广泛的数学分支，本文就函数方程的解进行探索归纳，从而得出求解函数方程的简洁有效方法.
关键词函数方程；解法
1引言
函数方程的解是古老的分析问题之一。早在200多年前的1769年法国数学家、理学家达郎贝尔在论证力的合成时，就导出了函数方程：)
y
f
y
x
-
+。
+
f
f=
x
2
(
)
(
x
)
f
(
(y
)
法国数学家柯西给出了这个方程的解，并创造了一种非常美妙的解法，这种方法被后人称为柯西方法。许多数学家都曾对函数方程进行过研究，可是至今还没有完整的理论和解法。函数方程的问题对逻辑思维的发展起着重要作用，是学习数学和日常生活分析问题、解决问题的深化。随着函数方程的广泛应用，这类问题就经常出现在高考，奥林匹克竞赛，以及IMO等数学常见考试中，这也从客观上说明了函数方程这个问题极具研究价值，对它进行研究能培养我们的创新意识。它的解法都各具特色，一些简单的函数方程，只需要以初等数学为工具便可解答，这类题目经常在数学竞赛中出现。因此，对函数方程的研究就显得非常有必要。
在数学竞赛中经常遇到与函数方程有关的问题,关于这类问题,主要是直接求解某一给定的函数方程或根据实际问题列出函数方程后再求解其它延伸问题。求解这类题型是有一定难度的,这些困难同函数方程本身有关,因为暂时探索出解函数方程的方法还不全面,大量的函数方程至今仍未解出,而已解出的函数方程中的大多数需用高等数学方法求解, 能运用初等方法求解的函数方程并不多，这里先介绍函数方程的性质,然后介绍用初等方法解函数方程的方法.
2 函数方程的求解策略
函数方程即含有未知函数的等式叫做函数方程。例如：
1
)()()()0()()()
()(++=+≠=+-=y f x f y x f T x f T x f x f x f 常数 等，都是函数方程，其中)(x f 是未知函数.
如果函数)(x f 在其定义域内的一切值均满足所给函数方程，那么称)(x f 是该函数方程的解。函数方程的解是一个或几个，甚至无限多个函数。例如，上述第一个和第二个函数方程的解分别是一切偶函数，一切以T 为周期的函数。 寻求函数方程的解或证明函数方程无解的过程，叫做解函数方程。 有关函数方程方面的 题目大致可分为三类： （一）确定函数的表达式；
（二）确定满足函数方程的函数的性质； （三）确定函数的值。
2.1换元法
换元法是将函数的“自变量”或某个关系式代之以一个新的变量（中间变量），然后找出函数对中间变量的关系，从而求出函数的表达式。是解函数方程的基本方法之一。对函数方程进行适当的变量代换，得到一个新的函数方程，从而来得到原方程的解。 例]1[1 已知
x x f x sin )2(2+=，求).(x f
解： 令)0(2>=u u x ，则u x 2log =，于是， ()0)s i n (l o g )(l o g )(222>+=u u u u f ， 以x 代u ，得()0)sin(log log )(222>+=x x x x f ，
2.2 解方程组法
解方程组法是将函数方程的变量（或关系式）进行适当的变量代换（有时需要几次代换），得一个（或几个）新的函数方程，然后与原方程联立，解方程组中的未知
函数)(x f ，即可得出所求的函数方程的解。 例]2[2 设{}10\:，R E D f →，且x x
x f x f +=-+1)1
(
)( ○1 求)(x f .（第32届美国普特南数学竞赛题） 解 从原方程的形式可以看出，作变量代换)10(1
，≠-=
y y
y x 是有作用的，带入○
1得 y
y y f y y f 1
2)11()1(-=
-+-，把这个式子中的y 改写成x ，得 x
x x f x x f 12)11()1(
-=-+- ○2 再令)10(11，≠-=z z x ，代入○1得z
z
z f z f --=+-12)()11( 把z 换成x ，又得x
x x f x f --=+-12)()11( ○3 把○1，○2，○3联立，就可以看成是一个关于)1
1
()1()(--x f x x f x f ，，的三元一次方程组。
○1+○2-○3解之，可得 )1(21
]1212)1[(21)(23---=-+--++=x x x x x x x x x x f 经验证这个函数满足原函数方程。
例]
3[3 )(x f 是定义在()∞+，0的实值函数，且1lg )()1
(+=x x f x
f ， ○1 求)(x f .
解：以x
1
代x ，得
1)lg )(1
()(+-=x x
f x f ○2
○1○2联立，得 ???
????+-=+=1
)lg )(1()(1lg )()1
(x x f x f x x f x f 消去)1
(x f ，得: )0(lg 1lg 1)(>+-=
x x
x
x f ，
此方法的特点已知)(x f 满足某个等式，这个等式除)(x f 是未知量外，还有其它
未知量，如：)(x f -，)1
(x
f 等，必须根据已知等式再构造其它等式组成方程组，通
过解方程组求出)(x f 。用此方法解题的关键是得出一个新元，将新元换为x ，然后和原方程联立求解，最后得出)(x f . 这种方法无需进行过多的结构分析、对原来方程进行变形等。此方法虽和换元法有联系，但解决问题的思路还是比较简单。
2.3 赋值法
赋值法是在函数定义域内，赋予变量（一个或几个）一些特殊值或式子，使方程化简，从而使问题获得解决.
例]1[4 设)(x f 是定义在R 上的不恒等于零的函数，0)2(=π
f ,且对任意x ，R y ∈，恒
有
)2
()2(
2)()(y
x f y x f y f x f -+=+ ○1 证明：（1）)()2(x f x f =+π； （2）)()(x f x f =-； （3）1)(2)2(2-=x f x f .
证明：（1）在○1中，以x x ，π+分别代替x ，y ，得0)2
()2(2)()(=+=++π
π
πf x f x f x f
)()(x f x f -=+∴π )(])[()2(x f x f x f =++=+∴πππ （2）在○1中，令a y x ==，则
)0()(2)()(f a f a f a f ?=+ ○2 因)(x f 不恒等于0，故必有0x ，使0)(0≠x f ，不妨取，则0)(≠a f ，由○2可得1)0(=f .于是)(2)()0(2)()(x f x f f x f x f =?=-+ )()(x f x f =-∴ （3）在○1中，以x 2，0分别代x ，y ，得
1
)(2)2()()(2)0()2(2
-=∴=+x f x f x f x f f x f
例]4[5 （2002年北京卷）已知)(x f 是定义在R 上的不恒等于零的函数，且对任意的
R b a ∈，都满足：).()()(b af a bf b a f +=?
(1) 求)1()0(f f ，的值.
(2) 判断)(x f 的奇偶性，并证明你的结论. 解：(1) 令0==b a ，有0)0(0)0(0)0(=+=f f f 令1==b a ，有)1(1)1(1)1(f f f ?+?=，得0)1(=f
(2) 令1-==b a ，有)1()1()1(----=f f f .因为0)1(=f ，所以0)1(=-f 令x b a =-=，1，则)()()1()1()(x f x f xf x f x f -=--=?-=- 故)(x f 为奇函数.
此方法的特点是当函数方程的自变量多于一个时，将其中的一个或几个自变量用一些特殊值代入，常常可以简化方程，或求得未知函数在某些特殊点的值。这样就能使题设条件得到转化，从而得出我们要求的结果。
2.4 递推法
递推法涉及到两个方面的内容，一类是以递推表达式为特征的函数方程形式，另一类是以递归数列表达的函数方程形式。
当函数方程按递归的方式表达时，可通过解函数方程相应的特征方程，然后得出所求函数方程的解。设)(x f 是定义在自然数集N 上的函数.a f =)1((确定常数) , 如果
存在一个递推(或递归) 关系S ,当知道了前面k 项的值.21)(k t t n f ，，，
， =+ 由S 可唯一确定)1(++k n f 的值, 那么称)(n f 为k 阶递归函数. 递推法(或递归)是解决函数方程的重要方法.
例]1[6 已知函数)(x f 定义在自然数集N 上，且对任意的N n m ∈，,都满足
，，1)1()()()(=++=+f mn n f m f n m f 求)(x f .
分析：对于已知条件中的1)1()()()(=++=+f mn n f m f n m f ，可首先确定递推关系式，即令11==n m 或得出关于)(n f 的递推关系，利用递归数列求通项n a n f =)(的方法求解.
解 令1=m ，得
)1()()1()()1(++=++=+n n f n f n f n f ○
1 在○1中，依次令121-=n n ，，，
，有
.
)1()(3)2()3(2)1()2(n n f n f f f f f +-=+=+= ，
，
以上1-n 个式子相加，得
)(2
)
1(32132)1()(N n n n n n f n f ∈+=++++=++++= 即 )(2
)1()(N n x x x f ∈+=
例]5[7 已知)(x f 是定义在自然数集N 上的函数，满足2
3
)1(=f ，且对任意N y x ∈，，有：22)()1
1()()11()(xy xy y x y f y x x f x y y x f ++++++++
=+，求)(x f . 解 原函数方程中令1=y ，并利用23
)1(=
f 得 x x x x f x x f 22
3
)21()()111()1(2++?++++
=+ 整理后，可得
4
3
1)(2)1(+=+-++x x x f x x f 令，得，，，，
1321-=n x 43
12)1(3)
2(+=-f f 4
3
23)2(4
)
3(+=-f f ……………………
4
3)1()1(1)(+-=--+n n n f n n f 将上述各式相加，得
)32)(1(4
1
)1(4
3)1(21)1(43)]1(21[2)1(1)(+-=-+-=-+-+++=-+n n n n n n n f n n f
以23)1(=
f 代入后，经过整理得)12)(1(4
1
)(++=n n n n f 于是，所求的函数应为)()12)(1(4
1
)(N x x x x x f ∈++=
经验证它满足原函数方程.
求定义在自然数集N 上的函数)(n f , 实际上就是数列{})21()( ，，=n n f 的通项n a . 就是利用等比、等差数列的有关知识(通项公式、求和公式等) 求定义在N 上的函数
)(n f .
例8 已知1)()1(>∈=n N n a f ，，常数有1)1(2)(+-=n f n f ，)(n f 求. 解法一 由1)1(2)(+-=n f n f ○1
得1)(2)1(+=+n f n f ○2 ○
2－○1，得 2)
1()()
()1()]
1()([2)()1(=---+∴--=-+n f n f n f n f n f n f n f n f 所以数列{})1()(--n f n f 是首项为)1()2(f f -，公比为2的等比数列，其通项为：
)]1()2([2)()1(1f f n f n f n -?=-+- ○
3 将○2及121)1(2)2()1(+=+==a f f a f ，代入○3，并整理，得
1)1(2)(1-+?=-a n f n
即 )(1)1(2)(1N x a x f x ∈-+?=-，
2.5 数学归纳法
数学归纳法是数学中的重要方法之一. 适用范围相当广泛，所以对求解函数方程也同样有效，当未知函数定义在自然数集N 上时常用到.
例]1[9函数)(n f 的定义域为正整数集，值域为非负整数集，所有正整数m ，n 满足：
10)1()1()11(或=--+f f f ；0)3(0)2(>=f f ，，3333)9999
(=f ，求)1982(f .（第23届IMO 第1题）
分析：由已知条件得知)(n f 的定义域为正整数集，则我们试着将这个题的解法同数学归纳法相联系，在解答过程中将题设中的条件适当的转化，我们将发现一定规律，由此得出答案。
解 由0)1()1()11(=--+f f f 或1，得
)3333()3(3333)33333()9999(3)33(2)23(1
)3(0)3(10)3(10)1()2()12(0
)1()1(2)2(0<≥=?=≥?≥?=∴>==--+=∴≥=k k k f f f f f f f f f f f f f f ，，猜想：已知，，同理可推得，或，得或由，
下面用数学归纳法证明这个命题成立.
假设对于小于k 的一切自然数，结论成立，则
)
9919825()9999(661)1982(.
661)1982(660.
)3(3333
13333)3()39999()9999(1)3()
3333()3(11)3()]1(3[]3)1(3[)3(+?==≤≤=>++-≥+-≥+≥<≥=+-≥+-≥+-=f f f f k k f k k k f k f f k k f k k k f k k f k f k f k f ，则若显然，有与题设矛盾，所以必有，则
如果即
3333
293305)89(6615)89()1982(5>+≥+?≥+≥f f f 660)1982(=f 与题设矛盾，所以
例]5[10 设N 是自然数集，)(x f 是定义在N 上并在N 内取值的函数，且对，
，N y x ∈有y x y f x f f +=+)]()([ ○1
求)2009(f 的所有可能的值.
解 设y x f =)(，则由○1可得x x f x f f y f x y f 2)]()([)2()(=+==，那么 特别如果设t f =)1(，则有2)2(=t f
下面用反证法证明1=t ，若不然，设，，N b b t ∈+=1又设c b f =)(则 2)2()22()]2()2([222)2(==+=+=+=t f b f t f c f f t c b c f ，
1=+∴t c ，这是不可能的，这就证明了1)1(=f ，如果k k f =)(，则 1)]1()([)1(+=+=+k f k f f k f
由数学归纳法知，对一切x x f N x =∈)(， 所以 2009)2009(=f
例]2[11 求证：不存在这样的函数00)(N N f →非负整数集：，它对每个0N n ∈都有
1987)]([+=n n f f
证明： 反设存在这样的函数)(n f ，它满足条件)(1987)]([0N n n n f f ∈+=，则 1987)()]}([{)1987(+==+n f n f f f n f ○1 于是，用数学归纳法易证：对所有0N k n ∈，，有k n f k n f 1987)()1987(+=+. 下面证明：
设，
，，若，，，，A b a A ∈=}1986210{ 则 m b a f 1987)(+= ○2
的充分必要条件是11987)(m a b f +=，这里1m m ，都是整数. 事实上，设○2成立，则由○1有
)
1(1987198719871987)]([1987)1987()(11m m m a m a m
a f f m m
b f b f -=+=-+=-=-+=
充分性可类似证明.
由上述结论可见，若，，且，m b a f A b a 1987)(+=∈则可将b a ，配成一个无序数对，这样，A 中的数将两两配对.由于A 中有奇数（1987）个数，所以，必存在c A c ，∈与自己配对，即存在整数l ，
使得l c c f 1987
)(+= 于是 l c l c f l c f c f f c 219871987)()1987
()]([1987?+=+=+==+ 从而2
1
12=
=l l ，，与l 是整数矛盾. 故假设不成立，原命题成立.
2.6 函数迭代法
例]1[12 设N 为自然数集，N k ∈，如果有一个函数N N f →:时严格递增的，且对每
一个N n ∈，都有kn n f f =))((.求证：对每一个N n ∈，都有n k n f n k k 2
1
)(12+≤≤+ （CMO,1990年）
证明：，则，设对)()(N a a n f N n ∈=∈
a
kn n f n f f n k n f n k a ka kn n k kn ka kn ka ka kn ka kn f ka f ka f n k n
a a n f n n f n f n f n f n f N n f n
k kn f f ka f ka a f f kn f kn n f f a f ≥≥+≤+≤
≥+-=-+=-+≥≥+-≥=≥=≥-+≥≥+-≥+-≥∈======，即，得由，即，所以于是，，，所以由又由于严格递增，所以，且因为)())(()1(2
1
)(2122)(1)1()()1()()
1(.
)1()1(2
)2(1)1()()()())(()())(()())(()(222
()n
k n f n k k k kn
n f k kn a kn a k a
kn a kn a f kn f kn f ka 2
1
)(121
2122)1(2)(1)1()(+≤≤++≥+≥≥+-=-+≥≥+-≥=综上所述，得，即，所以
例]8[13 设.)()]}([{)(1
1
)(1999的值，求，记个x f x f f f x f x x x f f
n n =+-=(1999年第十届希望
杯数学竞赛)
解 因为 x
x f f x f x x x f x f 1))(()(11)()(121-==+-=
=， x x f f x f x
x
x f f x f ==-+=
=))(()(11))(()(3423， 所以 N k x f x f x f x f x f x f x f x f k k k k ∈====+++)()()()()()()()(44334224114，，， 则x
x
x f x f x f k -+=
==+11)()()(3341999 例]7[14 设0a 为常数，且)(2311+--∈-=N n a a n n n
证明：对任意012)1(2)1(3(5
1
1a a n n n n n n n ??-+?-+=≥-，（2003年全国高考新课程卷
天津等省市试卷第22题)
分析：本题的递推关系式中13-n 是一个变量，于是我们在利用待定系数法构造新
数列时要注意与类型（1）的区别，于是可以设)3(2311-+?--=?-n n n n a a λλ，由比较系数得λ的值，再迭代；思路二，对递推关系进行等价变形，即两边同除以n 3转化为类型（1）的问题求解；思路三直接利用关系式迭代转化为求和问题． 解：法1(构造等比数列迭代)
]
2)1(3[51)2(])2(3[51)2()32(51)32(513
).
513
()32()513()32()513(32513).513(32513
51
)3(323
313323
231323100000222211111111111n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n
n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a k k a k a a a a a a ?-++?-=--+?-=-?-?--∴-?-==--=--=---=-=--=-+?-=-=∴
-=--------------，即反复迭代可得：
，即可化为
，展开比较系数得设可化为， 方法2 原式化为
)
35
1
()2()351()2()351(2351)351
(2351.5133)23()3(23323322211111
111------------?+?-=?+?-=?+?-=?+?+?-=?+-=∴=?+?--=?-n n n n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a 反复迭代有
，
即，即，比较系数求得λλλλλλ
]2)1(3[51
)2()351()2(1000n n n n n n a a a ?-++?-=?+?-==-即
方法3(下标递降)：
12211113)32()2(3223-------++-?-=+-=-=n n n n n n n n a a a a
1
2332122233)2()32()2(33)2()2(-------+?-++-?-=+?-+?-=n n n n n n n a a 2120101232333
3)2(3)2(3)2()2(33)2(3)2()2(-------+?-++?-+?-+-==+?-+?-+?-=n n n n n n n n a a
]
2)1(3[5
1
)2(3
21)32(13)2(]1)3
2()32
()32[(3)2(10102
110n n n n n
n n n n n n a a a ?-++?-=+--?
+?-=+-++-+-+?-=----- 2.7 不动点法
不动点定理时应用十分广泛的定理，很多数学问题都可以用到它的理论来解题，函数方程的解也不例外，同样可以应用它，而且有时会觉得比其它方法更为简单。 例]1[15 求所有函数f ，使其定义域为一切正实数，值为正实数，且
(1)，，任意)00)(())((>>=y x x yf y xf f
(2))(0)(∞→→x x f 当.（第24届IMO 第1题）
解 对任意正实数a ，任意0)(000>>x f x ，因，所以0)
(00>=
x f a
y ，故a x f y y f x f ==)())((0000，这表明任意正实数都在f 的值域内. 特别地，存在0>y ，使1)(=y f ，则 )1()1())(1(yf f y f f ==
因010(>f ，所以)())((.1)1(1x xf x xf f f y ===又，即，即)(x xf 是f 的不动点（任
0>x ）
若b b f a a f ==)()(，，则ab ba a bf b af f ab f ====)())(()(，即ab 也是f 的不动点. 特别地，k a 是f 的不动点，故不存在大于1的不动点. 事实上，若1)(>=a a a f ，,则0)(lim lim )(lim )(lim =∞→==∞
→∞→∞→∞→x f a a f x f k k k k k k ，与矛盾. 因任意)(0x xf x ，>为f 的不动点，故1)(≤x xf . 即
()01
)(>≤
x x
x f 任意 ○1 设，于是，则a a f x xf a ==)()(，)1
(1)1())(1(a
af f a f a f ===
所以)(1)(1))(1(1)1(x xf x xf x xf f a a f ，即，即==也是f 的不动点，故
1)
(1
≤x xf ，
所以 x
x f 1
)(≥
○2 由○1和○2，得x x f 1)(=. 即满足题设条件的函数只有x
x f 1
)(=.
例]6[16 数列}{n a 的递推公式为)04)((21≠+-++=+βαγγ
β
αn n n a a a ○
1 求它的通项公式. 解 先求出分式线性函数
γβα++x x 的不动点，既由γ
β
α++=x x x ○2 得出不动点 2
4)(22,1β
αγγα+-±-=x ○3
由于21x x ，满足○2，所以
)
)(()
)((1111111βγβαγγβαγβαγβα++--=
++-++=-++=
-+x a x a x x a a x a a x a n n n n n n n )
)(()
)((2211βγβαγ++--=
-+x a x a x a n n n
所以
21122111x a x a x x x a x a n n n n --?
++=--++γγ 即21x a x a n n --是公比为γ
γ
++=12x x q 的等比数列. 2
11
111221)(x a x a x x x a x a n n n --?
++=--∴
-γγ， 则可得 2
11
11122
11
111221)(1))((
x a x a x x x a x a x x x x a n n n --?
++---?++?-=--γγγγ
例]7[17 已知数列{}n a 满足112124
441
n n n a a a a +-=
=+，，求数列{}n a 的通项公式.
解：令212441x x x -=
+，得2420240x x -+=，则1223x x ==，是函数2124
()41
x f x x -=+的
两个不动点。因为
112124
2
24121242(41)13262
132124321243(41)927
93341
n n n n n n n n
n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a ++---+--+--====----+---+
所以数列23n n a a ??-??
-??
是以112422343a a --==--为首项，以913
为公比的等比数列，故1213
2()39
n n n a a --=-，则11313
2()19
n n a -=+-
评注：本题解题的关键是先求出函数2124()41x f x x -=+的不动点，即方程2124
41
x x x -=+的
两个根1223x x ==，，进而可推出
1122
13393n n n n a a a a ++--=?--，从而可知数列23n n a a ??-??-??
为等比
数列，再求出数列23n n a a ??
-??-??
的通项公式，最后求出数列{}n a 的通项公式.
2.8 柯西方法
柯西方法是一种“爬坡式”的推理方法，即首先求出自变量取自然数时，函数方程的解，然后依次求出自变量取整数、有理数、实数时，函数方程的解。 例]1[18 设f 是R 上的连续函数，且对一切x ，R y ∈，)()()(y f x f y x f +=+○1 求)(x f .
解 (1) 当自变量取自然数时.由数学归纳法可得: )()()()()(2121R x x f x f x f x x x f i n n ∈+++=+++
令x x x x n ==== 21，则 )()
()(R x N n x nf nx f ∈∈=， ○
2 在○2中，令，于是，令，得a f nf n f x ===)1().1()(1 )()(N x ax x f ∈= ○
3 (2) 当自变量取整数时.
)0()()0()(f x f x f x f +=+= 0)0(=∴
f ○4
)()()()]([)0(0N n n f n f n n f f ∈-+=-+==
)()()()(N n n a an n f n f ∈-=-=-=-∴ ○5 由○3、○4、○5，得 )()(Z x ax x f ∈= ○6
(3) 当自变量取有理数时. 设Z m N n n
m
r ∈∈=，， 由○2，有 )()()(n m nf n m n
f m f == 由○6，有 n
m
a am n m f n n m f ?===1)(1)(
即 )()(Q x ax x f ∈= ○7
(4) 当自变量取实数时.
对任意R x ∈，存在{}x x Q x n x n n n n =∈=∞
→lim 21，使得，，，， .由于f 连续及○7，有
ax ax x f x f n n n n ===∞
→∞
→lim )(lim )(
)()(R x ax x f ∈=∴
本例中的函数方程是一个很重要的函数方程，它时由法国数学家柯西首先研究
的，所以被称为柯西函数方程。本例中的这个解函数方程的方法叫做柯西方法。在许多函数方程问题中，将函数方程通过变形或变换，转化为柯西函数方程，即可利用上述结论
例]2[19 设f 是R R →的连续函数，且)(x f 不恒等于零，解函数方程
)()()(y f x f y x f =+
解 对一切R x ∈，有
0)2
()22()(2≥=+=x
f x x f x f
若存在R x ∈0，有0)(0=x f ，则对任何R x ∈，有 0)()()()(0000=-=-+=x x f x f x x x f x f
这与)(x f 不恒为零矛盾.故对一切R x ∈，0)(>x f .于是，可以对原方程两边取对数，得
)(ln )(ln )(ln y f x f y x f +=+ 令)(ln )(x f x g =，得
)()()()(R y x y g x g y x g ∈+=+，
由于)(x g 连续，由例14可得cx x g =)(（c 为任意实数），即
x
cx b e x f cx x f ===)()(ln ，
这里c e b =是任意正常数.
3结束语
关于函数方程问题需要运用初等代数的许多方法和技巧结合来处理相关问题，有时甚至需要用到高等代数的方法原理来指导解题思路。因此，学习关于函数方程的课题时，涉足大量的数学基础理论和原理是我们解决好这类问题的基础。求解这类问题能够帮助我们提高逻辑思维以及分析问题、解决问题的能力。用所掌握的理论原理分析、解决一些实践问题，这才是我们进行探索的目的。
函数方程的研究成果对我们的社会生活产生的影响日渐明显，它能够帮助我们解决许多生活中的实际问题。解复杂的函数方程无一般方法可循，导致求解这类问题需要灵活地应用函数方程的基础知识和熟练的变形技巧，所以函数方程的研究是有一定难度的，但是也是十分有趣的课题。目前，函数方程需要我们研究更深入的问题，如用微积分方法，极限方法求解函数方程。在此，希望更多数学爱好者能把精力投入到这类问题的研究中。
4谢辞
本论文是在指导老师张玲副教授的指导下完成的。在论文写作整个过程中，张林老师给予了悉心指导，并提供了很多与该研究相关的重要信息，培养了我对科学研究的严谨态度和创新精神。这将非常有利于我今后的学习和工作。在此表示衷心的感谢！
本次实验还得到了课题组的各位老师以及相关同学的大力协助，在此一并表示我的感谢！谢谢你们！
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13蒋国宝, 函数方程的解法. 宁德师专学报（自然科学版）. 1998
解函数方程的几种方法 李素真 摘要：本文通过给出求解函数方程的基本方法，来介绍函数方程，探索通过构造函数方程求解其它问题的方法,以获得新的解题思路。 关键词：函数方程；换元法；待定系数法；解方程组法；参数法 含有未知函数的等式叫做函数方程，能使函数方程成立的函数叫做函数方程的解，求函数方程的解或证明函数方程有无解的过程叫解函数方程。 函数方程的解法有换元法（或代换法）、待定系数法、解方程组法、参数法。 1.换元法 换元法是将函数的“自变量”或某个关系式代之以一个新的变量(中间变量)，然后找出函数对中间变量的关系，从而求出函数的表达式。 例1 已知x x f x sin )2(+=，求)(x f 。 解：令u x =2 ）（0>u ，则u x log 2=，于是可得，)log sin()log ()(222 u u u f += ）（0>u ，以x 代替u ，得)log sin(log 2 )(22u x x f += )0(>x 。 例2 已知x x x x f 212ln )1(+=+ )0(>x ，求)(x f 。 解：令t x x =+1，则11-=t x )1(>t ，于是12ln 112111 2 ln )(+=-+-=t t t t f ， 即1 2ln )(+=x x f 。 例3 已知x x f 2cos )cos 1(=+，求)(x f 。 解：原式可以化为 1cos 22cos )cos 1(2+==+x x x f ，令t x =+cos 1，]2,0[∈t ，则换元后有1)1(2)(2 --=x t f ]2,0[∈x 。 2.待定系数法
待定系数法适用于所求函数是多项式的情形。当我们知道了函数解析式的类型及函数的某些特征，用待定系数法来解函数方程较为简单。一般首先确定多项式的次数，写出它的一般表达式，然后由已知条件，根据多项式相等的条件确定待定系数。 例4 已知)(x f 为多项式函数，且422)1()1(2+-=-++x x x f x f ，求)(x f 。 解：由于)1(+x f 与)1(-x f 不改变)(x f 的次数，而它们的和是2次的，所以)(x f 为二次函数，故可设c bx x a x f ++=2)(，从而有 由已知条件得 422)(22222+-=+++x x c a bx x a 根据两个多项式相等的条件得 22=a ，22-=b ，4)(2=+c a ，由此得1=a ，1-=b ，1=c ，故有1)(2+-=x x x f 。 例5 已知)(x f 是x 的二次函数，且x x x f f 242)]([-=，求)(x f 。 解：因为c 是x 的二次函数，故可设c bx x a x f ++=2)(，由此，c c bx x a b c bx x a a c x bf x f a x f f ++++++=++=)()()()()]([2222 将上式化简并代入x x x f f 242)]([-=，得x x c bc c a x b abc x ab c a b a x b a x a 2)()2()2(24222223243-=+++++++++ 比较对应项的系数有 ?????????=++=+-=++==0 0222021222223c bc c a b abc ab c a b a b a a ，解之得?????-===101c b a ，故1)(2-=x x f 。 3.解方程组法 此方法是将函数方程的变量或关系式进行适当的变量代换，得到新的函数方程，然后与原方程联立，解方程组，即可求出所求的函数。
分式方程解法的标准 一,内容综述: 1.解分式方程的基本思想 在学习简单的分式方程的解法时,是将分式方程化为一元一次方程,复杂的(可化为一元二次方程)分式方程的基本思想也一样,就是设法将分式方程"转化"为整式方程.即 分式方程整式方程 2.解分式方程的基本方法 (1)去分母法 去分母法是解分式方程的一般方法,在方程两边同时乘以各分式的最简公分母,使分式方程转化为整式方程.但要注意,可能会产生增根.所以,必须验根. 产生增根的原因: 当最简公分母等于0时,这种变形不符合方程的同解原理(方程的两边都乘以或除以同一个不等于零的数,所得方程与原方程同解),这时得到的整式方程的解不一定是原方程的解. 检验根的方法: 将整式方程得到的解代入原方程进行检验,看方程左右两边是否相等. 为了简便,可把解得的根直接代入最简公分母中,如果不使公分母等于0,就是原方程的根;如果使公分母等于0,就是原方程的增根.必须舍去. 注意:增根是所得整式方程的根,但不是原方程的根,增根使原方程的公 分母为0. 用去分母法解分式方程的一般步骤: (i)去分母,将分式方程转化为整式方程; (ii)解所得的整式方程; (iii)验根做答 (2)换元法 为了解决某些难度较大的代数问题,可通过添设辅助元素(或者叫辅助未知数)来解决.辅助元素的添设是使原来的未知量替换成新的未知量,从而把问题化繁为简,化难为易,使未知量向已知量转化,这种思维方法就是换元法.换元法是解分式方程的一种常用技巧,利用它可以简化求解过程. 用换元法解分式方程的一般步骤: (i)设辅助未知数,并用含辅助未知数的代数式去表示方程中另外的代数 式; (ii)解所得到的关于辅助未知数的新方程,求出辅助未知数的值; (iii)把辅助未知数的值代回原设中,求出原未知数的值; (iv)检验做答. 注意:(1)换元法不是解分式方程的一般方法,它是解一些特殊的分式方程的特殊
求二次函数解析式的几种基本解法 奉贤区新寺学校胡纪英 二次函数是初中数学中的重要内容，也蕴涵着一种重要的数学思想方法。它是在一次函数、反比例函数的基础上，进一步由数、式、方程（二次方程）到二次函数，贯穿了初中代数。纵观近几年的中考试卷可以发现，二次函数始终是中考命题中的重点与热点，一方面是考查二次函数中学生对基础知识的掌握程度，另一方面以其新颖独特的综合试题引导学生探究和创新。在此我就以二次函数中求解析式这一小块内容提供几种常见的基本解法，方便同学们在学习中进行参考： 一、若已知二次函数图象上的三个点的坐标或是x、y的对应数值时，可选用y＝ax2+bx+c(a≠0)求解。我们称y＝ax2+bx+c(a≠0)为一般式（三点式）。 例：二次函数图象经过A(1，3)、B(-1，5)、C(2，-1)三点，求此二次函数的解析式。 说明：因为坐标满足函数解析式的点一定在函数的图象上，反之函数图象上的点的坐标一定满足函数解析式。所以将已知三点的坐标分别代入y＝ax2+bx+c (a≠0)构成三元一次方程组，解方程组得a、b、c的值，即可求二次函数解析式。 二、若已知二次函数的顶点坐标或对称轴或最值时，可选用y＝a（x＋m）2+k (a≠0)求解。我们称y＝a（x＋m）2+k (a≠0)为顶点式（配方式）。 例：若二次函数图像的顶点坐标为（－2,3），且过点（－3,5）,求此二次函数的解析式。 说明：由于顶点式中要确定a、m、k的值，而已知顶点坐标即已知了－m、k的值。用顶点式只要确定a的值就可以求二次函数解析式。若已知这两点的坐标用一般式来解是不能确定a、b、c的值的，不妨让学生尝试一下加深印象。 三、若已知二次函数与X轴的交点坐标是A(x1,0) 、B(x2,0)时, 可选用y＝a（x-x1）(x- x2 ) (a≠0)求解。我们称y＝a（x-x1）(x- x2 ) (a≠0)为双根式（交点式）。 例：已知一个二次函数的图象经过点A（－1，0）、B（3，0）和C（0，－3）三点，求此二次函数的解析式。 说明：很多同学看到此例会想到使用一般式来解，将已知三点的坐标分别代入去求a、b、c的值来求此二次函数的解析式。往往忽略A、B两点的坐标就是二次函数图象与x轴的交点坐标，而用双根式来求解就相对比较简单容易。 四、若已知二次函数在X轴上截得的线段长为d时，可选用 或 例：抛物线y＝2x2-mx-6在X轴截锝线段长为4，求此二次函数的解析式。 说明：对于此例主要让学生明白这两种二次函数解析式中线段长d的推导过程，记住公式套进去就行了。注意相互之间不要混淆。 总之，要求一个二次函数的解析式，可以根据不同的已知条件选择恰当的解题方法，使计算过程简单化，达到迅速解题的目的。当然，也只有在平时的练习中对基本解法的适用情况做到心中有数，才能在具体的问题中结合图形及二次函数的相关性质择优选取适当的解法，提高解题能力。
绪论 在数学研究的许多领域中如代数学、几何学、概率论等都涉及函数方程问题，在计算机科学中迭代理论和方法也涉及函数方程问题，在航空技术、遥感技术、经济学理论、心理学理论等诸多方面也提出了许多函数方程模型.函数方程因此一直受到广泛关注，是当今数学研究的一个十分重要的课题.由于函数方程形式多样，涉及面广，难度大，需要大量的数学基础知识.尤其是在中学数学教学中，函数方程是最基本、最易出现的问题，也是历年高考的重点.在中学教学和国外数学竞赛中，经常遇到函数方程问题.这类题目一般是求解某一给定的函数方程，而数学上尚无一般方法可循.当然，较大一部分中学生在遇到这类问题时，常常没有比较清晰的解题思路.本文就着重以函数与方程的性质来讨论函数方程在中学数学中的应用，及解决问题的途径，并通过实际问题的求解过程来阐述. 首先，我们会给出函数方程的相关概念包括函数方程的定义、函数方程的解以及解函数方程. 其次，利用函数与方程的基本性质，就中学数学中常出现的方法进行归纳并结合相应的例题解析.当然由于中学数学中考查点的不同，我们的讨论也有所侧重.对常见的方法包括换元法（代换法）、赋值法、迭代周期法（递推法）、待定系数法等均会加重笔墨，尤其会给出一些较为典型的例题分析以及巧解的方法，而对于不常用的方法本文也会提到，以让读者了解到比较前全面的函数方程问题的解题策略. 最后，就种种方法进行总结归纳.“法无定法”，关键在于人们对问题的观察、分析，进而选择最优的方法来解决问题.很多情况下，由于解决的途径并不唯一，所以在解决问题的时候一般采用多种方法同步求解，以达到简化求解过程的目的. 1函数方程的一些相关概念 1.1函数方程的定义 含有未知函数的等式叫做函数方程.如()() f x f x -=， =-，()() f x f x +=等，其中() f x即是未知函数. f x f x (1)() 1.2函数方程的解 设某一函数() f x对自变量在其定义域的所有值均满足某已知方程，那么把 f x就叫做函数方程的f x就叫做已知函数方程的解.即能使函数方程成立的() () 解.函数方程的解可能是一个函数，也可能是若干个函数或无穷多个函数或无解.如偶函数、奇函数、()1 =-分别是上述各方程的解. f x x 1.3解函数方程 求函数方程的解或证明函数方程无解的过程就称为解函数方程.即指的是在不给出具体函数形式，只给出函数的一些性质和一些关系式而要确定这个函数，
分式方程的解法与技巧 【典型例题】 1. 局部通分法： 例1. 解方程：x x x x x x x x -----=-----34456778 分析：该方程的特点是等号两边各是两个分式，相邻两个分式的分子与分子，分母与分母及每个分式的分子与分母都顺序相差1，象这类通常采取局部通分法。 解：方程两边分别通分并化简，得： 145178()()()() x x x x --=-- 去分母得：()()()()x x x x --=--4578 解之得：x ＝6 经检验：x ＝6是原分式方程的根。 点拨：此题如果用常规法，将出现四次项且比较繁，而采用局部通分法，就有明显的优越性。 但有的时候采用这种方法前需要考虑适当移项，组合后再进行局部通分。 2. 换元法： 例2. 解方程： 7643165469222x x x x x x ----+=--+ 分析：此方程中各分式的分母都是含未知数x 的二次三项式，且前两项完全相同，故可考虑用换元法求解。令或或或k x x k x x k x x =--=-+=-+222646569 k x x =-26均可。 解：设，则原方程可化为：k x x =-+265 793144k k k --=-+ 去分母化简得：20147111602k k --= ∴()()k k -+=1220930 ∴，k k ==-129320 当时，k x x =--=126702 ()()x x -+=710 解之得：，x x 1217=-=
当时，k x x =--+=-93206593202 2012019302x x -+= 解此方程此方程无解。 经检验：，是原分式方程的根。x x 1217=-= 点拨：换元法解分式方程，是针对方程实际，正确而巧妙地设元，达到降次，化简的目的，它是解分式方程的又一重要的方法，本题还有其它的设法，同学们可自己去完成。 3. 拆项裂项法： 例3. 解方程： 12442212x x x x ++-+-= 分析：这道题虽然可用通分去分母的常规解法，但若将第二项拆项、裂项，则更简捷。 解：原方程拆项，变形为： ()()()()12222222221x x x x x x ++++-+---= 裂项为： 122222221x x x x ++-++--= 化简得：321x += 解之得：x =1 经检验：x ＝1是原分式方程的解。 4. 凑合法： 例4. 解方程：x x x x 4143412 +-=--- 分析：观察此方程的两个分式的分母是互为相反数，考虑移项后易于运算合并，能使运算过程简化。 解：部分移项得： x x x x 4143412=--+--- ∴x x x x 4143412=------ ∴x 412= ∴x ＝2 经检验：x ＝2是原分式方程的根。
高三专题复习函数（3）函数与方程 一、基本知识点 1、函数零点：（变号零点与不变号零点） （1）对于函数)(x f y =，我们把方程0)(=x f 的实数根叫函数)(x f y =的零点。 （2）方程0)(=x f 有实根?函数()y f x =的图像与x 轴有交点?函数()y f x =有零点。 若函数()f x 在区间[],a b 上的图像是连续的曲线，则0)()(f ，所以由根的存在性定理可知，函数x x x f 2 )1ln()(-+=的零点所在的大致区间是（1，2），选B （二）求解有关函数零点的个数（或方程根的个数）问题。 函数零点的存在性定理，它仅能判断零点的存在性，不能求出零点的个数。对函数零点的个数问题，我们可以通过适当构造函数，利用函数的图象和性质进行求解。如：
二次函数典型题解题技巧
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二次函数典型题解题技巧 (一)有关角 １、已知抛物线2y ax bx c =++的图象与x 轴交于A 、B 两点(点A 在点B 的左边），与y 轴 交于点(0C ,3)，过点C 作x 轴的平行线与抛物线交于点D ,抛物线的顶点为M ，直线5y x =+经过D 、M 两点. （1） 求此抛物线的解析式； （2）连接AM 、AC 、BC ，试比较MAB ∠和ACB ∠的大小，并说明你的理由. 思路点拨:对于第(１）问，需要注意的是CD 和x 轴平行（过点C 作x 轴的平行线与抛物线交于点D ) 对于第(２)问,比较角的大小 a 、 如果是特殊角，也就是我们能分别计算出这两个角的大小,那么他们之间的大小关系就清楚了 b 、 如果这两个角可以转化成某个三角形的一个外角和一个不相邻的内角，那么大小关系就确定了 c 、 如果稍难一点,这两个角转化成某个三角形的两个内角,根据大边对大角来判断角的大小 d 、 除了上述情况外，那只有可能两个角相等,那么证明角相等的方法我们学过什么呢，全等三角形、相似三角形和简单三角函数,从这个题来看,很明显没有全等三角形，剩下的就是相似三角形和简单三角函数了,其实简单三角函数证明角相等和相似三角形证明角相等的本质是一样的,都是对应边的比相等 e 、 可能还有人会问，这么想我不习惯,太复杂了,那么我再说一个最简单的方法,如何快速的找出题目的结论问题,在本题中,需要用到的点只有M 、Ｃ、Ａ、B 这四个点,而这四个点的坐标是很容易求出来的，那么请你把这四个点规范的在直角坐标系内标出来，再用量角器去量这两个角大大小,你就能得出结论了,得出结论以后你再看d 这一条 解:（1)∵CD ∥x 轴且点C(０,３）， ∴设点D 的坐标为(x ，３) . ∵直线y ＝ ｘ+５经过D 点， ∴3= x+５.∴ｘ=－２. 即点D(-２，3) ． 根据抛物线的对称性，设顶点的坐标为M （－1,y ）， 又∵直线ｙ= ｘ+５经过M 点， ∴y =－１＋5,y =4.即M(-1，4). ∴设抛物线的解析式为 2(1)4y a x =++． ∵点C （0,3）在抛物线上,∴ａ=-1． 即抛物线的解析式为 223y x x =--+.…………3分 （２)作BP ⊥AC 于点P,ＭＮ⊥AB 于点N. 由(1）中抛物线 223y x x =--+可得 点A(-3,0)，B(1，０)， ∴ＡB=4，AO ＝C Ｏ=３，A Ｃ＝32． ∴∠PAB ＝４5°. ∵∠ABP=45°，∴P Ａ=PB=22. ∴P Ｃ=A Ｃ－PA ＝2. 在Ｒｔ△BPC 中，tan ∠BCP=PB PC =2．
解函数方程的几种方法 李素真 摘要：本文通过给出求解函数方程的基本方法，来介绍函数方程，探索通过构造函数方程求解其它问题的方法,以获得新的解题思路。 关键词：函数方程；换元法；待定系数法；解方程组法；参数法 含有未知函数的等式叫做函数方程，能使函数方程成立的函数叫做函数方程的解，求函数方程的解或证明函数方程有无解的过程叫解函数方程。 函数方程的解法有换元法（或代换法）、待定系数法、解方程组法、参数法。 1.换元法 换元法是将函数的“自变量”或某个关系式代之以一个新的变量(中间变量)，然后找出函数对中间变量的关系，从而求出函数的表达式。 例1 已知x x f x sin )2(+=，求)(x f 。 解：令u x =2）（0>u ，则u x log 2=，于是可得，)log sin()log ()(222 u u u f += ）（0>u ，以x 代替u ，得)log sin(log 2 )(22u x x f +=)0(>x 。 例2 已知x x x x f 212ln )1(+=+)0(>x ，求)(x f 。 解：令t x x =+1，则11-=t x )1(>t ，于是12ln 112111 2 ln )(+=-+-=t t t t f ， 即1 2ln )(+=x x f 。 例3 已知x x f 2cos )cos 1(=+，求)(x f 。 解：原式可以化为 1cos 22cos )cos 1(2+==+x x x f ，令t x =+cos 1，]2,0[∈t ，则换元后有1)1(2)(2 --=x t f ]2,0[∈x 。 2.待定系数法
待定系数法适用于所求函数是多项式的情形。当我们知道了函数解析式的类型及函数的某些特征，用待定系数法来解函数方程较为简单。一般首先确定多项式的次数，写出它的一般表达式，然后由已知条件，根据多项式相等的条件确定待定系数。 例4 已知)(x f 为多项式函数，且422)1()1(2+-=-++x x x f x f ，求)(x f 。 解：由于)1(+x f 与)1(-x f 不改变)(x f 的次数，而它们的和是2次的，所以)(x f 为二次函数，故可设c bx x a x f ++=2)(，从而有 由已知条件得 422)(22222+-=+++x x c a bx x a 根据两个多项式相等的条件得 22=a ，22-=b ，4)(2=+c a ，由此得1=a ，1-=b ，1=c ，故有1)(2+-=x x x f 。 例5 已知)(x f 是x 的二次函数，且x x x f f 242)]([-=，求)(x f 。 解：因为c 是x 的二次函数，故可设c bx x a x f ++=2)(，由此，c c bx x a b c bx x a a c x bf x f a x f f ++++++=++=)()()()()]([2222 将上式化简并代入x x x f f 242)]([-=，得x x c bc c a x b abc x ab c a b a x b a x a 2)()2()2(24222223243-=+++++++++ 比较对应项的系数有 ?????????=++=+-=++==0 0222021222223c bc c a b abc ab c a b a b a a ，解之得?????-===101c b a ，故1)(2-=x x f 。 3.解方程组法 此方法是将函数方程的变量或关系式进行适当的变量代换，得到新的函数方程，然后与原方程联立，解方程组，即可求出所求的函数。
4．函数方程的柯西解法 在函数方程的发展史上，许多函数方程的建立和解法都是由柯西首先提出的. 本节我们就来研究函数方程的柯西解法. 在前几节讨论的函数方程中，所涉及的函数大多数是自然数的函数. 而本节中的函数，它的定义域都是在某一区间上的实数. 柯西解法的步骤是：依次求出对于自变量的所有自然数值、整数值、有理数值，直至所有实数值的函数方程的解. 如所周知，一个函数方程的解往往并不是唯一的. 也就是说，可能存在着不同的函数，满足同一个函数方程. 为了保证函数方程的解的唯一性，通常需要给所求的函数附加一些条件，例如要求所求的函数必须是连续的，或者必须是单调的. 在本节里，要求函数方程的解都必须是单调函数. 什么是单调函数呢？如果对于较大的自变量的值，函数值也较大；即当12 x x >时，有 )()(12x f x f >，就是说函数)(x f 单调增加. 如果对于较大的自变量的值，函数值反而较 小；即当12 x x >时，有)()(12x f x f <，就说函数)(x f 单调减小. 单调增加和单调减小 的函数，统称单调函数. 在后面的讨论中，我们还要用到区间套原理. 这个原理是这样的： 设有一个区间序列： ,],[,,],[,],[,],[332211?????????????????n n βαβαβαβα （78） 其中每个区间都包含着后一个区间： ),3,2,1(,],[],[11 ??????i ?? ????i i i i =βα?βα++ （其中?是集的包含符号）形成一个“区间套”，而且区间长度可以任意地小（就是说，不 论我们事先给定一个多么小的正数ε，序列（78）中总存在这样一个区间，从此以后所有的区间的长度都小于ε）. 那末，必定存在着唯一的一个点ξ，被所有（无穷多）这些区间所包含. 特别是当ξ是无理数时，如果把n α和n β取作ξ的精确到10-n 的不足近似值和过剩近似值. 那末以ξ的不足近似值和过剩近似值为端点，将构成一个区间套. 相应的区间的长度是10-n . 例如，我们知道，圆周率π是一个无理数： .897931415926535.3?? =π 于是，可以构成区间套 .]142.3,141.3[]15.3,14.3[]2.3,1.3[??????? ??? 区间的长度依次是3.2-3.1=10-1，3.15-3.14=10-2，3.142-3.141=10-3，…. 我们注意到，每个区间的端点n n βα和都是有理数，而只有唯一的一个无理数α=π被包含在所有这些区间之内. 有了这些准备之后，我们转入函数方程的柯西解法的讨论.
函数方程 三、求解函数方程的几种方法： 函数方程的变化多，求解技巧性很强，往往涉及不同领域的数学知识，特别是附加了条件的函数，更是五花八门，各有巧妙。在高数数学各级竞赛中，都有可能会遇到函数方程的问题，在这里我们介绍几种典型的求解函数的方法。 一．代换法 1．解函数方程：x x x f x f +=-+1)1 ( )( (1) 解：令1,0,1≠-=y y y x ；则x y -=11 ，将此代入（1）可得： y y y f y y f 1 2)11()1(-=-+- 或x x x f x x f 12)11()1(-=-+-。(2) 此时(1)及(2)并无法解出)(x f ；所以我们再令1,0,11≠-=z z x ；则x x z 1-= ，将此代入（1）式则可得z z z f z f --=+-12)()11(，即x x x f x f --= +-12)()11(。(3) 将(1)，(2)及(3)联立，则可得到一个以)1 (),11(),(x x f x f x f --为独立变数的三元一次方程组；我们利用消去法来解此问题． (1)+(3)－(2)可得： x x x x x x f 1212)1()(2-- --++=)1(21)(23---=?x x x x x f 。 经检验是原函数方程的解． 2．（2007越南数学奥林匹克）设b 是一个正实数，试求所有函数R R f →:，使 得 )3(3)()(1)(1)(y y f b x y f b b b x f y x f y y -+?=+-+-+对任意实数x 、y 均成立。 解：将原方程变形为：1 )(3))(()(-++?+=++y f b x y x y b x f b y x f ， (x , )R y ∈① 令x b x f x g +=)()(，则①等价于1)(3)()(-?=+y g x g y x g ，(x , )R y ∈② 在②中令0=y 得1)0(3)()(-?=g x g x g )(R x ∈这表明1)0(0)(==g x g 或。 1）若0)(=x g )(R x ∈，则x b x f -=)(； 2）若1)0(=g ，在②式中令0=x 得：1)(1)(33)0()(--=?=y g y g g y g ，即0)(31)(=--y g y g 。)(R y ∈③ 考虑函数t t h t -=-13)(，它的导函数13ln 3)('1-=-t t h ，则11)(log log 0)('33<+=?=e t t h ，于是可知0)(=t h 有两根11=t 和 c t =2)10(< 二次函数的几种解析式及求法教学设计 福泉一中：齐庆方 一、指导思想与理论依据 （一）指导思想：本次课的教学设计以新课程标准关于数学教学的核心理念为基本遵循，坚持以教师为主导，以学生为主体，以培养能力为基准，采取符合学生学习特点的多样式的学习方法，通过教学容和教学过程的实施，帮助学生在自主探索和合作交流的过程中真正理解和掌握基本的数学知识和技能、数学思想和方法，促进学生学会用数学的思考方式解决问题、认识世界． （二）理论依据：本次课的教学设计以新课程标准关于数学教育的理论为基本依据，主要把握了两个方面的理论： 1、新课程标准关于数学整体性的理论．教学中注意沟通各部分之间的联系，通过类比、联想、知识的迁移和应用等方式，使学生体会知识之间的联系，感受数学的整体性，进一步理解数学的本质，提高解决问题的能力． 2、新课程标准关于教师教学的理论．教师应该更加关注：1）科学的基本态度之一是疑问，科学的基本精神之一是批判．要注意培养学生科学的质疑态度和批判性的思维习惯；2）提出问题是数学学习的重要组成部分，更是数学创新的出发点．要注意培养学生提出问题的能力；3）在教学中更加关注学生知识的储备、能力水平、思维水平等；4）关注学生的学习态度、学习方法、学习习惯，在思维的最近发展区设计教学容． 二、教学背景分析 （一）学习容分析 “待定系数法”是数学思想方法中的一种重要的方法，在实际生活和生产实践中有着广泛的应用．学生对于“待定系数法”的学习渗透在不同的学习阶段，初中阶段要求学生初步学会用待定系数法求函数解析式；因此这节课的学习既是初中知识的延续和深化，又为后面的学习奠定基础，起着承前启后的作用．另外，待定系数法作为解决数学实际问题的基本方法和重要手段，在其他学科中也有着广泛的应用． （二）学生情况分析 对于初三学生来说，在学习一次函数的时候，学生对于用待定系数法求函数解析式的方法已经有所认识，他们已经积累了一定的学习经验．在学习完一次函数后继续学习用待定系数法求函数解析式，学生已经具备了更多的函数知识，同时，初三的学生已经具备了一定的分析问题、解决问题能力和创新意识，这些对本节课的学习都很有帮助.在今后高中的数学学习中，学生还会继续运用待定系数法解决相关问题．新课标对学生在探究问题的能力,合作交流的意识等方面有了更高的要求，在教学中还有待加强相应能力的培养． （三）教学方式与教学手段、技术准备以及前期的教学状况、问题、对策说明 函数方程常用解法： （1）配方法：利用配方的方法将)())((x g x f =?的右端变成关于)(x ?的函数。例如 已知 221)1(x x x x f +=+，求)(x f 。 解 )(x ?=x x 1+，利用配方的方法，设法将等式的右端变成以x x 1+为变元的函数，即 2)1(212122222-+=-++=+x x x x x x 于是有2)1(1)1(222-+=+=+x x x x x x f 得到2)(2 -=x x f （2）换元法：将函数方程的变量进行适当的变量替换，求出方程的解。 例如 已知x f x x 2)1 e 1e (=-+，求).(x f 解 利用换元的方法，令1e 1e -+=x x y ，则11ln -+=y y x ，带入原方程得到1 1ln 2)(-+=y y y f ，即为 1 1ln 2)(-+=x x x f 有时得到一个新的函数方程，将函数方程的变量进行适当的变量替换，会得到一个或几个新的函数方程，则联立新旧方程，然后求得其解。 （3）待定系数法：当已知)(x f 是多项式函数时，可利用待定系数的方法求解函数方程。首先写出函数的一般表达式，然后由已知条件，根据多项式相等来确定待定的系数。例如 已知函数23)1(2--=+x x x f ，求)(x f 。 解 由于)1(+x f 不改变)(x f 的次数，所以)(x f 为1二次函数，可设c bx ax x f ++=2)( 则c b bx ax ax c x b x a x f +--++=-+-+=+12)1()1()1(22 231)2(22+-=+-+-+=x x b c x b a ax 由已知条件得出4,1,1=-==c b a 故有4)(2+-=x x x f 分式方程的解法 一、知识清单 1. 分式方程的定义：分母里含有未知数的方程叫分式方程. 2. 解分式方程的基本思想是：去分母，化为整式方程. 3. 解分式方程的一般步骤是： 去分母→去括号→移项→合并同类项→化系数为1→检验. 4. 分式方程增根：使最简公分母为0 的未知数的值叫做分式方程的增根. 二、基础夯实 1. 解下列分式方程： （1） 4x x 2 1 3 2 x x 2 （2） 1 x 1 ( x 1)( x 2) 2. 当m 为何值时，分式方程 m 2 x 1 x 1 3 2 x 会产生增根？ 1 三、经典例题 1 1 例1. 我们容易求得分式方程 2 x x 2 的解为x 2或 1 x （口头检验一下）. 2 1 1 （1）方程 3 x x 3 的解为； 1 1 （2）以x为未知数的方程 c x x c 的解为； （3）解方程： x 3x 4 2 3x x 2 4 26 5 例2. 解方程 x x 2 1 x x 3 2 x x 4 3 x x 5 4 例 3. 解 方 程 1 x(x 1) (x 1 1)( x 2) ... ( x 1 1998)( x 1999 ) 1 1 x . 4 ax 例4. 当a 为何值时，以x为未知数的方程 3 x 2 无 解？ 1 1 5 ab 1 x y y z 6 a b 3 例5. 解方程组（1） bc b c 1 4 （2） 1 1 y z z x 7 12 ca 1 1 1 3 c a 5 z x x y 4 四、方法归纳 1. 解分式方程常用的方法：去分母法、部分分式法、逐项通分或整体通分法、裂项相消法、 1 1 换元法、倒置变换法等，还可以巧妙应用“x c x c ”型的解是x c或x 1 c . 2. 利用增根的意义解题是一类重要题型，其方法为：（1）先将分式方程转化为整式方程；（2）从原分式方程中求出使分母为零的增根；（3）把增根代入所得到的整式方程中. 3. 方程无解与方程有增根不是一回事. 如例4 方程无解时 a 有2 个值，但方程有增根时 a 只 有1 个值. 五、考题演练 1. 解关于x的方程 1 1 x a . x 1 a 1 2. 解方程13 11 2x 2x 17 15 2x 2x 19 17 2x 2x 11 9 2x 2x 3. 解方程x 1 1 1 1 2 x x x x x x2 x 2 2 3 2 5 6 7 12 4 21 一、一元二次方程及其解法解题技巧 类型一巧用一元二次方程的定义解题 【例1】若关于x的方程是一元二次方程，则=_______． 【解析】一元二次方程的定义中包含三要素：(1)只含有一个未知数；(2)未知数的最高次数为2；(3)整式方程．依题意，得，解得； 【答案】 【小结】有关一元二次方程的概念，要把握住未知数的最高次数为2，且二次项的系数不为0，还要 是整式方程. 类型二巧用一元二次方程的根的意义解题 【例2】关于的一元二次方程的一个根是0，则的值是________．【解析】把0代入一元二次方程即可得到关于的一元二次方程 ，从而求得．但二次项的系数，即，所以． 【答案】 【小结】将已知的一元二次方程的根代入该方程中即可求出字母系数的值，但要注意二次项系数不为 零这一隐含条件． 【例3】已知是方程的两根，且，则的值等于（） A．－5 B．5 C．－9 D．9 【解析】由于m、n是方程的根，将m、n代入该方程可得m2－2m-1=0，n2－2n－1 =0，即m2－2m=1，n2－2n=1．变形，得7m2－14m=7，3n2－6n=3，因此(7+a)(3－7)=8，所以a=－9． 【答案】C 【小结】从方程的根入手，将其根代入方程，进而构造出一个新的方程．在解本题的过程中，还应用了整体的思想，同时要注意把握条件与结论之间的关系，即括号中的7m2－14m、3n2－6n与已知方程之间 的关系．从而使问题得到快速求解． 类型三巧构一元二次方程的根 【例4】已知一元二次方程（为常数）满足，则 该方程的一根必为________． 【解析】结合一元二次方程根的定义，当 时，满足方程左、右两边都相等，由此判断方程的 一根必为x = ． 【答案】x = 【小结】估算一元二次方程的根时，应结合根的意义，通过观察，比较得出． 类型四 判断一元二次方程根的范围 【例5】根据下列表格中的对应值，判断方程 （ 为常数）的一 的范围是（ A ． B ． C ． D ． 【解析】由表格中的数据发现：当x =6.18时，代数式的值为－0.01；当x =6.19时， 代数式 的值为0.02，要从表格中判断 =0的解，可发现未知数x 的值应处于6. 18到6.19之间． 【答案】C 【小结】解决本题的关键在于理解根的意义，使方程左右两边相等的未知数的值就是该方程的解． 类型五 与一元二次方程的根有关的开放题 【例6】已知关于 的一元二次方程的一个根是1，写出一个符合条件的方程：____________． 【解析 】答案不唯一，可先写出二次项，再写出一次项，最后写能使该方程有一根为1的常数项． 【答案】答案不唯一，如： 即 等． 二、实际问题与一元二次方程解题技巧 近几年有关一元二次方程的应用题在中考中经常出现，此类题大多以现实生活中的热点新闻、热点事件为背景，形式多变．主要是考查分析问题、解决问题能力． 1．列一元二次方程解应用题的一般步骤： （1）审；（2）设；（3）列；（4）解；（5）检验；（6）答． 2．一元二次方程的应用 分式方程的概念，解法 知识要点梳理 要点一：分式方程的定义 分母里含有未知数的方程叫分式方程。 要点诠释： 1．分式方程的三个重要特征：①是方程；②含有分母；③分母里含有未知量。 2．分式方程与整式方程的区别就在于分母中是否含有未知数(不是一般的字母系数)，分母中含有未知数的方程是分式方程，不含有未知数的方程是整式方程，如：关于的方程和 都是分式方程，而关于的方程和都是整式方程。 要点二：分式方程的解法 1. 解分式方程的其本思想 把分式方程化为整式方程，具体做法是“去分母”，即方程两边同乘最简公分母，将分式方程转化为整式方程，然后利用整式方程的解法求解。 2．解分式方程的一般方法和步骤 (1)去分母，即在方程的两边都乘以最简公分母，把原方程化为整式方程。 (2)解这个整式方程。 (3)验根：把整式方程的根代入最简公分母，使最简公分母不等于零的根是原方程的根，使最简公 分母等于零的根是原方程的增根。 注：分式方程必须验根；增根一定适合分式方程转化后的整式方程，但增根不适合原方程，可使原方程的分母为零。 3. 增根的产生的原因： 对于分式方程，当分式中，分母的值为零时，无意义，所以分式方程，不允许未知数取那些使分母的值为零的值，即分式方程本身就隐含着分母不为零的条件。当把分式方程转化为整式方程以后，这种限制取消了，换言之，方程中未知数的值范围扩大了，如果转化后的整式方程的根恰好是原方程未知数的允许值之外的值，那么就会出现增根。 规律方法指导 1．一般地，解分式方程时，去分母后所得整式方程有可能使原方程中分母为0，因此应如下检验：将整式方程的解代入最简公分母，如果最简公分母的值不为0，则整式方程的解是原分式方程的解，否则，这个解不是原分式方程的解． 经典例题透析： 类型一：分式方程的定义 1、下列各式中，是分式方程的是（） A．B．C．D． 举一反三： 二次函数最值的4种解法，看完不惧压轴题！ 从近几年的各地中考试卷来看，求面积的最值问题在压轴题中比较常见，而且通常与二次 函数相结合。 在这里以一道中考题为例，介绍几种不同的解题方法，供同学们参考，都掌握了之后一定 会在压轴题上有一个大的提升。 ps.因格式问题，部分上标未能正常显示，望知悉。 高途课堂整理 1、如图1，抛物线y＝－x2＋bx＋c 与x 轴交于A(1，0)，B(－3，0)两点。 (1)求该抛物线的解析式； (2)设(1)中的抛物线交y 轴于C 点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△QAC 的 周长最小？若存在，求出Q 点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)如图2，在(1)中的抛物线上的第二象限上是否存在一点P，使△PBC 的面积最大？若存 在，求出点P 的坐标及△PBC 的面积最大值；若没有，请说明理由。 解答： (1)抛物线解析式为y＝－x2－2x＋3； (2)Q(－1，2)； 下面着重探讨求第(3)小题中面积最大值的几种方法． 解法1：补形、割形法 高途课堂整理几何图形中常见的处理方式有分割、补形等，此类方法的要点在于把所求图形的面积进行 适当的补或割，变成有利于表示面积的图形。 方法一 如图3，设P 点（x，－x2－2x＋3）(－3 高途课堂整理 高途课堂整理方法二如图4，设P 点(x，－x2－2x＋3)(－3 （下略．） 高途课堂整理解法2：“铅垂高，水平宽”面积法 如图5，过△ABC 的三个顶点分别作出与水平线垂直的三条直线，外侧两条直线之间的距离 叫△ABC 的“水平宽”(a)，中间的这条直线在△ABC 内部线段的长度叫△ABC 的“铅垂高(h)”， 我们可得出一种计算三角形面积的另一种方法：S△ABC＝1/2ah，即三角形面积等于水平宽 与铅垂高乘积的一半。二次函数的几种解析式及求法教学设计
函数方程常用解法：
分式方程的解法.doc
二次函数与一二次方程关系解题技巧
分式方程概念及解法
解题秘诀：二次函数最值的4种解法(1)
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