特殊方法求函数解析式

前言

换元法

定义在((0，+infty))上的单调函数(f(x))，(forall xin(0，+infty))，(f[f(x)-2lnx]=1)，则方程(f(x)-)(f'(x)=1)的解所在的区间是【】

$A.(0，cfrac{1}{2})$ $B.(cfrac{1}{2}，1)$ $C.(1，2)$ $D.(2，4)$

分析：令内层函数(f(x)-2lnx=t)，则(f(t)=1)且(f(x)=t+2lnx)，

又令(x=t)，则得到(f(t)=t+2lnt)，故有(t+2lnt=1)，

观察得到(t=1)，即得到函数的解析式(f(x)=2lnx+1)；

又(f'(x)=cfrac{2}{x})，故所求方程为(2lnx+1-cfrac{2}{x}=1)，

即(2lnx-cfrac{2}{x}=0)； 令(g(x)=2lnx-cfrac{2}{x})，

(g(1)=2ln1-2<0，g(2)=2lnx-1>0)，故有解区间为 (C.(1，2)) .

已知函数(f(x))的定义域为(R)，且对于任意实数(x)，都满足(f[f(x)-e^x]=e+1)，求(f(ln2))的值。

分析：本题实质是求抽象复合函数的解析式，令内函数(f(x)-e^x=t)，

则有(f(x)=e^x+t)，又由题目可知，(f(t)=e+1)，故有(f(t)=e^t+t)，

则(e^t+t=e+1)，观察可知(t=1)，即有(f(x)-e^x=1)，

(f(x)=e^x+1)，所以(f(ln2)=e^{ln2}+1=3)。

设函数(f(x))在((0，+infty))内可导，且(f(e^x)=x+e^x)，则(f'(1))=________

法1：换元法，令(e^x=t)，则(x=lnt)，由已知可知(f(t)=lnt+t)，

即(f(x)=lnx+x)，故(f'(x)=cfrac{1}{x}+1)，

令(x=1)，得到(f'(1)=2).

法2：复合函数求导法，由(f(e^x)=x+e^x)，

两边对(x)求导，得到(f'(e^x)cdot e^x=1+e^x)，

即(f'(e^x)=cfrac{1}{e^x}+1)，令(e^x=1)，

即(x=0)，代入得到(f'(1)=cfrac{1}{1}+1=2).

【2018宝鸡市三检文科数学第12题】已知函数(f(x))在定义域((0，+infty))上是单调函数，若对于任意(xin(0，+infty))都有(f(f(x)-cfrac{1}{x})=2)，则函数(f(x))的解析式为【】

$A.f(x)=x$ $B.f(x)=cfrac{1}{x}$ $C.f(x)=x+1$ $D.f(x)=cfrac{1}{x}+1$

分析：令自变量位置的整体(f(x)-cfrac{1}{x}=t)，则(f(x)=t+cfrac{1}{x})，且有(f(t)=2)；

又令(f(x)=t+cfrac{1}{x})中的(x=t)，得到(f(t)=t+cfrac{1}{t})，结合(f(t)=2)，

得到(t+cfrac{1}{t}=2)，又定义域是((0，+infty))，解得(t=1)，

故代入(f(x)=t+cfrac{1}{x})，得到解析式为(f(x)=cfrac{1}{x}+1)。 故选(D).

【2018届广东东莞模拟】已知函数(f(x))，任取两个不相等的正数(x_1)、(x_2)，总有([)(f(x_1))(-)(f(x_2))(])(()(x_1)(-)(x_2)())(>0)，对于任意的(x>0)，总有(f[f(x)-lnx]=1)。若(g(x)=f'(x)+f(x)-m^2+m)有两个不同的零点，则正实数(m)的取值范围是___________。

分析：本题目的难点之一是利用代换法先求得函数(f(x))的解析式；然后再求正实数(m)的取值范围。

由于任意不等正数(x_1)、(x_2)，有([f(x_1)-f(x_2)](x_1-x_2)>0)，则(f(x))在((0，+infty))上单调递增，

令(f(x)-lnx=t)，则(f(t)=1)①，

又由于(f(x)-lnx=t)，即(f(x)=lnx+t)，令(x=t)，则(f(t)=lnt+t)②，

由(left{egin{array}{l}{f(t)=1}\{f(t)=lnt+t}end{array} ight.)可知，(lnt+t=1)，

即(lnt=1-t)，此时得到的方程为超越方程，需要用图像求解；

观察可知，(t=1)，即函数(f(x))的解析式为(f(x)=lnx+1)；

接下来，用常规方法求正实数(m)的取值范围。

由题目可知，(g(x)=lnx+1+cfrac{1}{x}-m^2+m)有两个不同的零点，

即方程(lnx+1+cfrac{1}{x}-m^2+m=0)有两个不同的根，

整体分离参数得到，(m^2-m=lnx+1+cfrac{1}{x})，令(h(x)=lnx+1+cfrac{1}{x})，

则(h'(x)=cfrac{x-1}{x^2})，则(xin (0，1))时，(h'(x)<0)，(h(x))单调递减，(xin (1，+infty))时，(h'(x)>0)，(h(x))单调递增，

故(h(x)_{min}=h(1)=2)，要使得方程(h(x)=m^2-m)有两个不同的交点，则必须满足(m^2-m>h(x)_{min})，

则题目转化为(m^2-m>2)，解得(m<-1)或(m>2)，又由(m>0)，可得(m>2)，

即正实数(m)的取值范围是((2，+infty)).

赋值法

已知定义在(R)上的函数(f(x))满足条件(f(x-y)=f(x)-y(2x-y+1))，且(f(0)=1)，求(f(x))的解析式；

分析：令(y=x)，代入原式得到(f(x-x)=f(x)-x(2x-x+1))，

即(f(x)-x(x+1)-f(0)=0)，

即(f(x)=x^2+x+1)

已知函数(f(x)=1+f(cfrac{1}{2})cdot log_2x)，求函数(f(x))的解析式及(f(2))的值。

分析：令(x=cfrac{1}{2})，则(f(cfrac{1}{2})=1+f(cfrac{1}{2})cdot log_2cfrac{1}{2})，

即(f(cfrac{1}{2})=1-f(cfrac{1}{2}))，解得(f(cfrac{1}{2})=cfrac{1}{2})，

故所求解析式为(f(x)=1+cfrac{1}{2}log_2x)，

则(f(2)=1+cfrac{1}{2}=cfrac{3}{2})。

导数法

已知函数(f(x)=x^2+2f'(2)cdot x+1)，求函数的解析式(f(x)).

分析：给原式两边同时求导，可得(f'(x)=2x+2f'(2))，

再令(x=2)得到(f'(2)=4+2f'(2))，

解得(f'(2)=-4)，可知(f(x)=x^2-8x+1)。

已知函数(f(x)=left{egin{array}{l}{2-|x|，xleq 2}\{(x-2)^2，x>2}end{array} ight.)，记(g(x)=3-f(2-x))，则函数(y=f(x)-g(x))的零点个数为【2】个。

分析：由(f(x)=left{egin{array}{l}{2-|x|，xleq 2}\{(x-2)^2，x>2}end{array} ight.)，得到

(f(2-x)=left{egin{array}{l}{2-|2-x|，2-xleq 2}\{(2-x-2)^2，2-x>2}end{array} ight.)，

即(f(2-x)=left{egin{array}{l}{2-|2-x|，xge 0}\{x^2，x<0}end{array} ight.)，

再分类讨论去掉绝对值符号得到

(f(2-x)=left{egin{array}{l}{4-x，x>2}\{x，0leq xleq 2}\{x^2，x<0}end{array} ight.)，

故当(x<0)时，(g(x)=3-x^2)，(f(x)=2+x)，

当(0leq xleq 2)时，(g(x)=3-x)，(f(x)=2-x)，

当(x>2)时，(g(x)=x-1)，(f(x)=(x-2)^2)，

由函数(y=f(x)-g(x))的零点个数即为方程(f(x)=g(x))的根的个数，故有

当(x<0)时，(3-x^2=2+x)，解得(x=cfrac{-1-sqrt{5}}{2})或(x=cfrac{-1+sqrt{5}}{2})(舍去)；

当(0leq xleq 2)时，(3-x=2-x)，则方程无解；

当(x>2)时，(x-1=(x-2)^2)，即(x^2-5x+5=0)，解得(x=cfrac{5+sqrt{5}}{2})或(x=cfrac{5-sqrt{5}}{2})(舍去)；

故方程(f(x)=g(x))的根的个数为(2)个，即函数(y=f(x)-g(x))的零点个数为(2)个。

解后反思：①需要先求出解析式；②求函数的零点个数，能解则解；

同一法

【2018内蒙古赤峰一模】已知定义在(R)上的函数(f(x))的导函数为(f'(x))，且(f(x)+f'(x)=cfrac{2x-1}{e^x})，若(f(0)=0)，则函数(f(x))的单调递减区间为【】

$A.(-infty，cfrac{3-sqrt{5}}{2})和(cfrac{3+sqrt{5}}{2}，+infty)$

$B.(cfrac{3-sqrt{5}}{2}，cfrac{3+sqrt{5}}{2})$

$C.(-infty，3-sqrt{5})cup(3+sqrt{5}，+infty)$

$D.(3-sqrt{5}，3+sqrt{5})$

分析：由(f(x)+f'(x)=cfrac{2x-1}{e^x})，得到(e^xcdot f(x)+e^xcdot f'(x)=2x-1)，

令(g(x)=e^xcdot f(x))，则(g'(x)=e^xcdot f(x)+e^xcdot f'(x)=2x-1)，则(g(x)=x^2-x+C)，

由于(f(0)=0)，则(g(0)=e^0cdot f(0)=0)，则(g(x)=x^2-x)；

这样从两个不同的角度得到了同一个函数(g(x))，则(g(x)=x^2-x=e^xcdot f(x))，

解得(f(x)=cfrac{x^2-x}{e^x})；接下来用导数的方法，求函数(f(x))的单调区间即可，

(f'(x)=cdots=cfrac{-x^2+3x-1}{e^x}=-cfrac{(x-cfrac{3-sqrt{5}}{2})(x-cfrac{3+sqrt{5}}{2})}{e^x})

故单调递减区间为((-infty，cfrac{3-sqrt{5}}{2})和(cfrac{3+sqrt{5}}{2}，+infty))，故选(A)。

定积分法

【2014江西卷】已知(f(x)=x^2+2int_{0}^{1}f(x)dx)，则(int_{0}^{1}f(x)dx)的值为多少？并求(f(x))的解析式。

分析：注意到表达式(int_{0}^{1}f(x)dx)应该是个实数，

故两边同时取定积分得到(int_{0}^{1}f(x);dx=int_{0}^{1}x^2;dx+int_{0}^{1}[2int_{0}^{1}f(x)dx]dx)，

即就是(int_{0}^{1}f(x);dx=int_{0}^{1}x^2;dx+[2int_{0}^{1}f(x)dx]cdotint_{0}^{1}1cdot dx)，

即(int_{0}^{1}f(x);dx=cfrac{x^3}{3}|_0^1+[2int_{0}^{1}f(x)dx]cdot x|_0^1)，

即(int_{0}^{1}f(x);dx=cfrac{1}{3}+2int_{0}^{1}f(x)dx)，

即(int_{0}^{1}f(x);dx=-cfrac{1}{3}).

故(f(x)=x^2-cfrac{2}{3})。