高中数学必修一求函数解析式解题方法大全及配套练习

第1页共21页高中数学必修一求函数解析式解题方法大全及配套练习一、定义法：根据函数的定义求解析式用定义法。【例1】设23)1(2xxxf，求)(xf.2]1)1[(3]1)1[(23)1(22xxxxxf=6)1(5)1(2xx65)(2xxxf【例2】设21)]([xxxff，求)(xf.解：设xxxxxxff111111121)]([xxf11)(【例3】设33221)1(,1)1(xxxxgxxxxf，求)]([xgf.解：2)(2)1(1)1(2222xxfxxxxxxf又xxxgxxxxxxxxg3)()1(3)1(1)1(3333故2962)3()]([24623xxxxxxgf【例4】设)(sin,17cos)(cosxfxxf求.解：)2(17cos)]2[cos()(sinxxfxfxxx17sin)172cos()1728cos(.第2页共21页二、待定系数法：（主要用于二次函数）已知函数解析式的类型，可设其解析式的形式，根据已知条件建立关于待定系数的方程，从而求出函数解析式。它适用于已知所求函数类型（如一次函数，二次函数，正、反例函数等）及函数的某些特征求其解析式的题目。其方法：已知所求函数类型，可预先设出所求函数的解析式，再根据题意列出方程组求出系数。【例1】设)(xf是一次函数，且34)]([xxff，求)(xf【解析】设baxxf)()0(a，则babxabbaxabxafxff2)()()]([342baba3212baba　或　　32)(12)(xxfxxf　　或　　【例2】已知二次函数f（x）满足f（0）=0，f（x+1）=f（x）+2x+8，求f（x）的解析式.解：设二次函数f（x）=ax2+bx+c，则f（0）=c=0①f（x+1）=a2)1(x+b（x+1）=ax2+（2a+b）x+a+b②由f（x+1）=f（x）+2x+8与①、②得822babba解得.7,1ba故f（x）=x2+7x.【例3】已知1392)2(2xxxf，求)(xf.解：显然，)(xf是一个一元二次函数。设)0()(2acbxaxxf则cxbxaxf)2()2()2(2)24()4(2cbaxabax又1392)2(2xxxf比较系数得：1324942cbaaba解得：312cba32)(2xxxf第3页共21页三、换元（或代换）法：已知复合函数[()]fgx的表达式时，还可以用换元法求()fx的解析式．用来处理不知道所求函数的类型，且函数的变量易于用另一个变量表示的问题。使用换元法时要注意新元定义域的变化，最后结果要注明所求函数的定义域。如：已知复合函数f[g（x）]的解析式，求原函数f（x）的解析式，把g（x）看成一个整体t，进行换元，从而求出f（x）的方法。实施换元后,应注意新变量的取值范围,即为函数的定义域.【例1】已知xxxf2)1(，求)1(xf【解析】令1xt，则1t，2)1(txxxxf2)1(,1)1(2)1()(22ttttf1)(2xxf)1(xxxxxf21)1()1(22)0(x【例2】已知,11)1(22xxxxxf求)(xf.解：设,1txx则11tx则xxxxxxxftf11111)1()(2221)1()1(1111)11(11222tttttt1)(2xxxf【例3】设xxf2cos)1(cos，求)(xf.解：令1cos,1costxxt又0201cos2,1cos1txx即]0,2[,)1()()02(,)1()(22xxxftttf即【例4】若xxxfxf1)1()(第4页共21页（1）在（1）式中以xx1代替x得xxxxxxfxxf11)111()1(即xxxfxxf12)11()1(（2）又以11x代替（1）式中的x得：12)()11(xxxfxf（3）)1(112121)(2:)2()3()1(23xxxxxxxxxxf得)1(21)(23xxxxxf【例5】设)0,,()1()()(ba，cbacxxbfxafxf且均不为其中满足，求)(xf。解：cxxbfxaf)1()(（1）用x1来代替x，得xcxbfxaf1)()1(（2）由xbcacxxfbaba222)()(:)2()1(得xbabcacxxfba)()(222【例6】已知2)(21xafx，求)(xf.解：设01xat，则txalog1即1logtxa代入已知等式中，得：3log2log2)1(log)(22ttttfaaa3log2log)(2xxxfaa第5页共21页四、代入法：求已知函数关于某点或者某条直线的对称函数时，一般用代入法．【例1】已知：函数)(2xgyxxy与的图象关于点)3,2(对称，求)(xg的解析式．解：设),(yxM为)(xgy上任一点，且),(yxM为),(yxM关于点)3,2(的对称点．则3222yyxx，解得：yyxx64，点),(yxM在)(xgy上，xxy2．把yyxx64代入得：)4()4(62xxy．整理得672xxy，67)(2xxxg．(五)配凑法已知复合函数[()]fgx的表达式，求()fx的解析式，[()]fgx的表达式容易配成()gx的运算形式时，常用配凑法．但要注意所求函数()fx的定义域不是原复合函数的定义域，而是()gx的值域．【例1】：已知(1)2,fxxx求()fx的解析式。分析：2xx可配凑成可用配凑法解：由2(1)2()1fxxxx令1tx01xt则2()1ftt即2()1(1)fxxx第6页共21页当然，上例也可直接使用换元法令1tx则1tx得222(1)()(1)2(1)1xtftttt即2()1(1)fxxx由此可知，求函数解析式时，可以用配凑法来解决的，有些也可直接用换元法来求解。【例2】：已知2211(),fxxxx求()fx.分析：此题直接用换元法比较繁锁，而且不易求出来，但用配凑法比较方便。解析：由222111()()2fxxxxxx令2110txxtxx由0即240t得tR2()2ftt即：2()2()fxxxR实质上，配凑法也缊含换元的思想，只是不是首先换元，而是先把函数表达式配凑成用此复合函数的内函数来表示出来，在通过整体换元。和换元法一样，最后结果要注明定义域。(六)构造方程组法（消去法）。若已知的函数关系较为抽象简约，则可以对变量进行置换，设法构造方程组，通过解方程组求得函数解析式．构造方程组法适用的范围是：题高条件中，有若干复合函数与原函数()fx混合运算，则要充分利用变量代换，然后联立方程组消去其余部分。【例3】：设()fx满足1()2(),fxfxx求()fx的解析式。分析：要求()fx可消去1()fx,为此，可根据题中的条件再找一个关于()fx与1()fx的第7页共21页等式，通过解方程组达到消元的目的。解析：1()2()fxfxx………………………①显然，0x,将x换成1x得11()2()ffxxx……………………………..②由1()2()11()2()fxfxxffxxx消去1()fx，得12()33fxxx小结：函数方程组法适用于自变量的对称规律。互为倒数，如f(x)、1()fx；互为相反数，如f(x)、f(-x)，通过对称代换构造一个对称方程组，解方程组即得f(x)的解析式。【例4】已知2)(21xafx，求)(xf.解：设01xat，则txalog1即1logtxa代入已知等式中，得：3log2log2)1(log)(22ttttfaaa3log2log)(2xxxfaa小结：消元法适用于自变量的对称规律。互为倒数，如f(x)、1()fx；互为相反数，如f(x)、f(-x)，通过对称代换构造一个对称方程组，解方程组即得f(x)的解析式。【例5】设)(xf为偶函数，)(xg为奇函数，又,11)()(xxgxf试求)()(xgxf和的解析式【解析】)(xf为偶函数，)(xg为奇函数，第8页共21页)()(),()(xgxgxfxf又11)()(xxgxf①，用x替换x得：11)()(xxgxf即11)()(xxgxf②解①②联立的方程组，得11)(2xxf，xxxg21)(七、特殊值法：（赋值类求抽象函数）当题中所给变量较多，且含有“任意”等条件时，往往可以对具有“任意性”的变量进行赋值，使问题具体化、简单化，从而求得解析式．【例1】：设)(xf是定义在N上的函数，满足1)1(f，对于任意正整数yx,，均有xyyxfyfxf)()()(，求)(xf.解：由1)1(f，xyyxfyfxf)()()(设1y得：xxfxf)1(1)(即：1)()1(xxfxf在上式中，x分别用1,,3,2,1t代替，然后各式相加可得：tttttf21211)1)(2(21)(2)(2121)(2Nxxxxf【例2】设是定义在R上的函数，且满足f（0）=1，并且对任意的实数x，y，有f（x－y）=f（x）－y（2x－y+1），求f（x）函数解析式.第9页共21页分析：要f（0）=1，x，y是任意的实数及f（x－y）=f（x）－y（2x－y+1），得到f（x）函数解析式，只有令x=y.解：令x=y，由f（x－y）=f（x）－y（2x－y+1）得f（0）=f（x）－x（2x－x+1），整理得f（x）=x2+x+1.八．利用给定的特性求解析式.【例1】．设)(xf是偶函数，当x＞0时，xexexf2)(，求当x＜0时，)(xf的表达式.练习．对x∈R，)(xf满足)1()(xfxf，且当x∈[－1，0]时，xxxf2)(2求当x∈[9，10]时)(xf的表达式.九、累加法：累加法核心思想与求数列的通项公式相似。【例1】：若af1lg)1(，且当),0(,lg)()1(,21Nxaaxfxfxx满足时，求)(xf.解：),0(lg)1()(1Nxaaxfxfx递推得：2lg)2()1(xaxfxf3lg)3()2(xaxfxf……………………2lg)2()3(affafflg)1()2(第10页共21页以上)1(x个等式两边分别相加，得：122lglglglg)1()(xxaaaafxf)1()2(21lg)1(xxaf12)1(2)1(lglg1lgxxxxaaaaxxlg]12)1([十、归纳法：【例1】：已知afNxxfxf)1()(),(212)1(且，求)(xf.解：aaffaf2124212)1(212)2(,)1(aaff202124)212(212)2(212)