函数方程的几种解法
一次函数与三角函数的联立方程
一次函数与三角函数的联立方程一、引言在数学中，方程是研究数值关系的重要工具。
一次函数和三角函数是数学中常见的两种函数形式。
本文将讨论一次函数与三角函数的联立方程，探讨其解的方法及应用。
二、一次函数与三角函数的基本概念（此部分可以描述一次函数和三角函数的定义和性质，但是不要使用“小节一”、“小标题”之类的词语）三、一次函数与三角函数的联立方程的解法一次函数与三角函数的联立方程可以通过代数解法和图像解法来求解。
1. 代数解法（此部分可以详细介绍代数解法的步骤和方法，例如消元法、代入法等）2. 图像解法（此部分可以说明将方程转化为图像解决的思路，例如使用计算机绘图软件）四、一次函数与三角函数的联立方程的应用举例一次函数与三角函数的联立方程在实际问题中具有广泛的应用。
下面通过几个例子来说明其中的应用。
1. 应用举例1：求解物体的运动轨迹（此部分可以描述一个物理问题，并将其转化为一次函数与三角函数的联立方程进行求解）2. 应用举例2：求解电路中的电流分布（此部分可以描述一个电路问题，并将其转化为一次函数与三角函数的联立方程进行求解）五、结论一次函数与三角函数的联立方程是数学中重要的概念之一。
通过代数解法和图像解法，我们可以有效地求解这类方程。
它在各个领域都有着广泛的应用，可以帮助我们解决实际问题。
六、参考文献（此部分可以列举参考的书籍、论文或者网站，但不要出现具体的网址链接）总结：本文讨论了一次函数与三角函数的联立方程的解法和应用，旨在帮助读者更好地理解和运用这一概念。
通过代数解法和图像解法，我们可以方便地求解这类方程，并将其应用到实际问题中。
希望本文能为读者提供一些有用的信息和启示。
用函数方法解决不等式和方程问题
由数引形，以形助数函数有两种主要表示方法：解析法和图像法。
解析法是通过“数（式）”的形式准确地表示出函数的自变量和应变量之间的等量关系，而图像法是从“形”的角度直观形象地刻画了函数的变化规律。
这两种表示方法是同一个函数的两种不同表现形式，这也就决定了我们对函数的研究要多从这两个角度入手，让这两者相辅相成。
而不等式和方程其实就是在不等号和等号的两侧放置不同的函数，一般出题的形式是以研究这两个函数表达式之间的关系为主，解决这类问题需要由数（式）引形，以形助数即用数形结合的方法解决这类问题。
下面就举例说明如何用这个思想方法解决函数中常见的含有参数的不等式恒成立，不等式存 在问题，以及函数的零点等相似，相通的问题。
一．不等式存有和恒成立问题例1. 已知函数x ex x f ln )(-= （1）求函数)(x f 的单调区间；（2）在区间],1[e e 内存有0x ，使不等式m x x f +<)(成立，求m 的取值范围。
【解析】该不等式有四种等价形式：①不变形：m x x ex +<-ln②参变分离：m x x e <--ln )1(③移项让不等式的一边为0：0ln )1(<---m x x e④不等号两侧均为常见初等函数：x m x e ln )1(<--不管是哪种变形形式，均是研究左侧函数图像存有．．位于右侧函数图像下方的局部。
故只要能够模拟出两函数的图像，就能解决这个问题。
上面四种变形对应的各自解法如下： 解法一：由第一问可知：当],1[e e x ∈时，x ex x f ln )(-=单调递增；m x x g +=)(是斜率为1，纵截距为m 的动直线。
由图观察可知，当动直线与)(x f y =的图像相切为临界位置。
令,11,11)(000-==-='e x x e x f 则此时1)1ln(+-=e m ；故1)1ln(+->e m 解法二：令x x e x ln )1()(--=ϕ，易求得当单调递减，)(],11,1[x e e x ϕ-∈当],11[e e x -∈，)(x ϕ单调递增；所以1)1ln()(min +-=e x ϕ，1)1ln(+->e m 解法三：参数m 在常数项上，故左侧函数的单调性与解法二中)(x ϕ相同，解法同上解法四：令x x t m x e x h ln )(,)1()(=--=，由图像观察可知当直线与对数函数相切时有临界值，同解法一。
函数方程的代换解法
2．函数方程的代换解法虽然函数方程早在200多年前就已经被人们提出并加以研究了. 但至今还没有关于函数方程的统一理论和解函数方程的一般方法，也没有关于函数方程的解的存在性和唯一性的判别准则. 不仅如此，甚至还有一些函数方程至今未能解出. 而且函数方程现有的一些解法，往往要借助于高等数学的工具（例如把函数方程化为微分方程，或者化为有限差分方程等等）. 这当然远远超出这本小册子的范围. 但是，对于某些特殊的、简单的函数方程，应用初等方法也是能够解出的. 其中有一种方法叫代换法. 我们就来介绍这种方法.[例5] 解函数方程)1(.1)(2≠=⎪⎭⎫⎝⎛+a •ax •x f x af （17）解 因原式中0≠x ，把自变量x 换为x 1，于是x1就换为x . 函数方程（17）化为 .)(1•x a x f x af =+⎪⎭⎫⎝⎛ （18）（17）乘以a ，得⋅=+⎪⎭⎫ ⎝⎛x •a x f a x af 22)(1 （19） （18）－（19），得⋅-=-x •a xax f a 22)()1( ∴)1()1()(22a x ax a x f --=.从上例可以看出，代换法的基本思想是这样的：将函数中的自变量x 适当地代换以别的自变量（在代换时应注意力求使函数的定义域不发生变化），得到一个新的函数方程. 把新得到的这个函数方程与原有的函数方程联立，组成一个关于未知函数的代数方程组. 再应用通常的消元法，解这个方程组，就求得了原函数方程的解. 至于原来函数中的自变量x 用什么东西代换才算是适当的，这就要看所给的函数方程的具体特点了——这属于解题技巧问题.[例6] 求函数f (x )，如果bx x f x af n n =-+)()(， （20）其中12≠a，n 是奇数.解 把x 换以-x ，由于n 是奇数，就有bx x f x af n n -=+-)()(. （21）从（20），（21）中消去)(n x f -，求得1)(-=a bxx f n . 因为n 是奇数，可以把nx 换成x ，所以最后有1)(-=a xb x f n . [例7] 解函数方程cx x bf x af =-+-)1()1(. （22）解 把(x -1)代之以x ，那末（1-x ）就代之以-x ，而x 就应代之以（1+x ）； 又如果把（x -1）代之以-x ，那末（1-x ）就代之以x ，而x 就应代之以（1-x ）. 分别代入原函数方程，就得⎩⎨⎧-=-++=-+.)1()()(,)1()()(•x c x af x bf •x c x bf x af 解这个方程组，得知： （1）当22b a≠时，ba cx b a c x f ++-=)(； （2）当22b a=，而0≠c 时，f (x )不存在；（3）当a =b ，且c =0时，f (x )是任何奇函数；（4）当a =-b 是，且c =0时，f (x )是任何偶函数. [例8] 解函数方程y x f y x f y x f cos )(2)()(=-++. （23）解 依次作下列代换：,2,2;2,2;,0t ••y ••x ••y•t •x t ••y••x +π=π=π=+π=== 就得到方程组⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛π-=-++π=++π=-+)26(.sin 22)()()25(,0)()()24(,cos )0(2)()(••t •f t f t f ••••t f t f •••t •f t f t f （24）+（25）-（26），得t f t f t f sin 22cos )0(2)(2⎪⎭⎫⎝⎛π+=.就是t f t f t f sin 2cos )0()(⎪⎭⎫⎝⎛π+=.记,2,)0(•f •b •f a ⎪⎭⎫⎝⎛π==即得x b x a x f sin cos )(+=.有时候要把自变量代换成具体的数值才行. 而当f (x )是定义在自然数上的函数时，往往要进行多次代换，才能求出这个函数. 记住等差数列和等比数列前n 项和的公式，往往是很有用的.我们知道，当首项为a ，公差为d 时，等差数列前n 项的和.2])1(2[])1([)2()(•d n a n •d n a d a d a a S n -+=-+++++++= （27）特别是当a =1，d =1时，.2)1(321•n n n S n +=++++= （28） 对于首项为a ，公差为)1(≠q 的等比数列，前n 项的和1)1(12--=++++=-q q a aqaq aq a S n n n . （29） 特别是当)1(≠=q a时，1)1(32--=++++=a a a a a a a S n nn . （30）[例9] 设函数f (n )的定义域是自然数，求f (n )，使它满足条件)32(.1)1()31(,)()()(•••••f ••mn •n f m f n m f =++=+解 设m =1，便有.1)()1(•n n f n f ++=+把n 顺次用1，2，3，…，(k +1)代换，就得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧++=++=+=+=.)1()()1(,,4)3()4(,3)2()3(,2)1()2(•k k f k f ••f f •f f •f f 把方程组的所有方程相加，得,2)2)(1()1(321)1(432)1()1(•k k •k •k f k f ++=+++++=++++++=+∴.2)1()(•n n n f +=[例10] 函数f (n )定义在自然数上，且满足)34(.1)1()33(,)1()(••••f •••a n f n f n =+-= 求f (n ).解 把n 分别代换以2，3，4，…，n ，便得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+-=+=+=+=.)1()(,)3()4(,)2()3(,)1()2(432•a n f n f •a f f •a f f •a f f n 加在一起就化为.)1()(32•a a a f n f n +++==所以⎪⎩⎪⎨⎧≠--+==-.1,1)1(1,1,)(12•a ••a a a •a •••n •n f n 时当时当[例11] （1）n 个同学任意排成一队，共有多少种排法？ （2）从n 个同学中任意选出)(n k ≤个同学排队，共有多少种排法？解 （1）设n 个同学排队，共有f (n )种排法. 如果再增加1个同学，让这位同学插入队伍. 对于原来n 个同学的每一种排法，这位同学可以排在第1名（队首），第2名，第3名，…，第n +1名（队尾），即有n +1种“插”法. 因此)()1()1(n f n n f +=+ （35）而.1)1(•f =依次令n =1，2，3，…，得.)()1()1(,)3(4)4(,)2(3)3(,)1(2)2(•n f n n f •f f •f f •f f +=+===把这些等式左右两边分别相乘，便有.)()3()2()1()1(432)1()4()3()2(•n f f f f n n f f f f +∙∙∙∙=+依题意可知f (2)、f (3)、…、f (n )都不为0，故两边同除以f (2)f (3)f (4)…f (n )后，得到.)1(321)1()1(432)1(•n •f n n f +∙∙∙∙=+∙∙∙∙=+∴.!)(•n •n f =这里，记号n n •∙∙∙∙= 321!，读做n 的阶乘. 就是说，n 个同学排成一队，共有!n •种排法. （2）设从n 个同学选出k 个同学排队，共有f k (n )种排法. 现在新增加一位同学，共有了(n +1)个同学，仍选出k 个同学排队. k 个同学排成的队伍可以分为两类：一类是这个新同学没有选进的队伍. 这种排法按照假设应共有f k (n )种. 另一类是新同学被选入队伍. 设想这种队伍的排法是这样实现的：由新同学替换原来队伍中的旧同学. 我们来看，如果新同学替换的是原队伍中的第1名，共有多少种排法；乍看起来，因为原队伍共有f k (n )种排法，因而以新同学为队首的排法也有 f k (n )种. 其实不然. 因为在原队伍中，如果队首以后的(k -1)个同学及其排列顺序确定时，这时尚余1)1(+-=--k n k n 个同学可充当队首. 因而有1+-k n 种排法. 但当队首被新同学替换后，就变成1种排法了. 可见以新同学为队首的排法为)(11n f k n k +-种. 同样的，以新同学为第2名，第3名，…，第k 名的队伍，排法也各有)(11n f k n k +-种. 总之，有新同学出现的队伍，排法一共有)(1n f k n kk +-种. 于是，得函数方程)(1)()1(n f k n kn f n f k k k +-+=+.或者)(11)1(n f k n n n f k k +-+=+. （36）分别令n=k ，k +1，…，得.)(11)1(,)2(33)3(,)1(22)2(,)(11)1(•n f k n n n f •k f k k f •k f k k f •k f k k f k k k k k k k k +-+=+++=+++=++=+相乘，约去等式两边相同的因式（它们显然是不为0的），得.)(11332211)1(•k f k n n k k k n f k k +-+∙∙+∙+∙+=+ 但由第（1）题知，.!)(•k •k f k =所以.)!1(!)1)(2()1()1(•k n k k k n n n f k +-∙+++=+或者.)1()2)(1()!(!)(•k n n n n k n n n f k +---=-=这就是从n 个同学中任意选出)(n k ≤个同学排队的共有的排法.在这里，我们实际上得到了排列公式：从n 个不同的元素里，每次取出)1(n kk ≤≤个元素，选排列（即k <n 时）数为••k n n n k n n n f A k k n ;)1()1()!(!)(+--=-== （37） 全排列（即k=n 时）数为.!•n A P nn n == （38）（注意，我们规定0！=1）[例12] 求从n 个不同的元素里，每次取出)1(n kk ≤≤个元素的组合数F k (n )公式，以及F k (n )所应满足的函数方程.解 有了排列数公式，可以方便地推导出组合数公式. 设从n 个不同的元素里，每次取出)1(n kk ≤≤个元素的排列数为f k (n ). 因为k 个元素的全排列数为k !，而这k ！个排列在组合中只算作1组. 因此，排列数与组合数间有如下关系：.)(!)(•n F k n f k k = （39）代入（37），得.)!(!!)!(!!1)(!1)(•k n k n k n n k n f k n F k k -=-∙==（40） 这就是我们所要求的公式.把（39）代入函数方程（36），得)(!11)1(!n F k k n n n F k k k ∙+-+=+，即)(11)1(n F k n n n F k k +-+=+ （41）这就是组合数F k (n )所应满足的函数方程.从n 个不同的元素里，每次取出k 个元素的组合数，通常记做kn C . 这样，公式（40）可写成)!(!!k n k n C k n -=， （42）而公式（41）则可写成kn k n C k n n C 111+-+=+. （43）[例13] （1）直线上有n 个点（任何两点不相重合）. 这n 个点把直线分成了多少部分（区间）？（2）平面上有n 条直线（任何两条直线彼此相交，但任何三条直线不交于同一点）. 这n 条直线把平面分成了多少部分？（3）空间中有n 个平面（任何三个平面彼此相交，而任何四个平面却无公共点）. 这n 个平面把空间分成了多少部分？解 （1）设直线上n 个点A 1，A 2，…，A n 把直线分成了f 1(n )个部分（图6）. 现在再加上一个点A n +1. 这个点把原来的某一区间分成两个区间. 所以)1(1+n f 比)(1n f 多1. 就是)1(1+n f =)(1n f +1， （44）而)1(1f =2. （45）解函数方程（44），得1)(1+=n n f .就是说，直线上n 个点把直线分成（n +1）个部分.（2）设平面上n 条直线l 1，l 2，…，l n 把平面分为f 2 (n )个部分（图7）. 增加一条直线l n+1. 这条直线与原来的n 条直线相交于n 点. 由第（1）题的结论，这n 个点把直线分成（n +1）个部分. 这（n +1）个部分的每一段都穿过原来的某一个区域，且把这个区域分成两部分. 所以)()1(22n f n f 比+多n +1. 就是1)()1(22++=+n n f n f ， （46）而2)1(2=f . （47）进行一系列代换，得.)1()()1(,4)3()4(,3)2()3(,2)1()2(22222222•n n f n f •f f •f f •f f ++=++=+=+=相加后，得.)1(432)1()1(22•n f n f ++++++=+或者243)1(22++=+n n n f ， 也就是22)(22++=n n n f . 这就是说，n 条直线把平面分成222++n n 个部分.（3）设n 个平面把空间分成)(3n f 个部分. 类似于上面的分析，可得函数方程.22)()1(233•n n n f n f +++=+ （48）而.2)1(3•f = （49）依次进行代换，得.122)()1(,12323)3()4(,12222)2()3(,12121)1()2(233233233233•nn n f n f •f f •f f •f f +++=++++=+++=+++=相加即得.)21(21)21(21)1()1(22233n •n ••n f n f +++++++++=+ 但是,6)12)(1(21222•n n n n ++=+++ （50）.2)1(21•n n n +=+++ 所以.4)1(12)12)(1(2)1(3n •n n n n n n f ++++++=+于是.665)(33•n n n f ++=即n 个平面把空间分成)65(613++n n 部分. [例14] 把圆分成n 个不相等的扇形，并且用红、蓝、绿三种颜色给扇形染色，但不许相邻的扇形有相同的颜色. 共有多少种染法？解 设把圆分成扇形S 1，S 2，…，S n （图8）. 开始时，可以给S 1涂以任何一种颜色. 所以S 1有3种染法. S 1染色后，S 2的染法 有2种：即涂上和S 1不同的两色中的 任何一种. S 1，S 2染色后，染S 3的方法 也有2种，这是因为S 3可以与S 1同色. 在保持与前一个扇形不同色的条件下， 这样顺次染下去，染色方法的总数为123-⨯n种. 但是应当注意，在这些染法中，显然还 包含S n 与S 1同色的情形. 我们来看这种情形 有多少种. 设有某一种染法使S n 与S 1同包，折 去S n 与S 1的分界半径OP （图8）. 那末，这种 染法其实就是分圆为n -1个扇形时同色不相邻的染法. 因此，一般说来，设扇形数为n 时，染法的总数为f (n ). 于是得到函数方程.23)1()(1•n f n f n -⨯=-+我们来解这个方程. 以n)1(-乘它的两边，得.)2(3)1()1()()1(11•n f n f n n n ---⨯-=----同理有.)2(3)2()1()3()1(,)2(3)2()1()1()1(223221•f f •••n f n f n n n -⨯-=----⨯-=--------显然)2(3)2()1(2-⨯-=-f .加在一起，并把右边的等比数列用和表示，得.])2(1[2)2(1)2(1)2(3)()1(11•n f n n n----=----∙-∙-=-∴.2)1(2)(•n f n n ∙-+= 就是说，一共有2)1(2∙-+n n种染法.练习与解答练习1 解函数方程：)0(.1)(222>=⎪⎭⎫⎝⎛+x •x •x f x f解 ∵)1(.1)(222••x •x f xf =⎪⎭⎫ ⎝⎛+以x1代换x ，得 )2(.1)(1222•••x x f x f =+⎪⎭⎫⎝⎛（1）×2－（2），得.12)(32•xx x f -=∴ .312)(22•xx x f -=以x 代换x 2，得.312)(•x x x f -=练习2 解函数方程：)(.)()(2233b a •cx •x bf x af ≠=-+解 ∵)1(.)()(33••cx •x bf x af =-+以-x 代换x ，得)2(.)()(33••cx •x bf x af -=+-（1）×a -(2)×b ，得.)()(3232bcx •acx x f b x f a +=-即.)()(223•ba cxb a x f -+=∴.)()(223•ba c cb a x f -+=练习3 解函数方程：)1,0(.11)(≠≠+=⎪⎭⎫⎝⎛-+x •x •x •x x f x f解 ∵)1(.11)(••x •x x f x f +=⎪⎭⎫⎝⎛-+以xx 1-代换x ，则 .111111•x xx x x x x --=----化为原方程化为)2(.12111•••x x x f x x f -=⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎭⎫ ⎝⎛-再以11--x 代换（1）中的x ，又得)3(.12)(11•••x x x f x f --=+⎪⎭⎫⎝⎛--（1）÷（3）-（2），得.12121)(2•xx x x x x f ----++= 即.)1(21)(23•x x x x x f ---=练习4 已知10)1(=f ，且,910)()1(•n n f n f +=-+求)(n f .解 依次令n =1，2，3，…，得.910)()1(,9310)3()4(,9210)2()3(,9110)1()2(•n n f n f •f f •f f •f f +=-++⨯=-+⨯=-+⨯=- 相加在一起，得.910310210110)1()1(n •n f n f +++⨯+⨯+⨯=-+但.10)1(•f =∴109)321(10)1(++++++∙=+n n n f.1)1(4)1(51014522•n n n n ++++=++=∴ .145)(2•n n n f ++=练习5 已知1)2(,0)1(==f •f . 解函数方程：)0,0(.)()2(22>>=+•b •a ••n f b n f a解 若n 为偶数：n =2k ，则原方程化为.)2()22(22•k f b k f a =+依次令k =1，2，3，…，得.)2()22(,)6()8(,)4()6(,)2()4(22222222•k f b k f a •f b f a •f b f a •f b f a =+===左右两边分别相乘，约去公因式后得：.)2()22(22•f b k f a k k =+∴ .)2()22(222•a b f a b k f kk k ⎪⎭⎫⎝⎛==+ ∴)1(.)(2•••a b n f n -⎪⎭⎫⎝⎛=若n 为奇数：n =2k +1，则原方程化为.)12()32(22•k f b k f a +++依次令k =0，1，2，3，…，得.)12()32(,)5()7(,)3()5(,)1()3(22222222•k f b k f a •f b f a •f b f a •f b f a +=+===将后k 个等式两端分别相乘，并约去公因式后得.)3()32(22•f b k f a k k =+但.0)1()3(22•f a b f == ∴.0)32(•k f =+或)2(.0)(••••n f =综合（1），（2），得.2])1(1[)(2•a b n f n n -⎪⎭⎫ ⎝⎛∙-+=练习6 （1）凸n 边形有多少条对角线？解 设n 边形A 1A 2…A n 有f (n )条对角线. 增加一条边成为n+1边形A 1A 2…A n A n +1. 原多边形的一条边A 1A n 变成对角线，且由顶点A n +1可引出（n -2）条对角线. 所以有.)1()()1(•n n f n f -+=+依次令n =3，4，5，…，得.1)()1(,14)4()5(,13)3()4(•n n f n f •f f •f f -+=+-+=-+=相加，得.)2()43()3()1(•n n f n f --++++=+考虑到0)3(=f ，即得.2)2)(1()1(•n n n f -+=+即.2)3()(•n n n f -=就是说，凸n 边形共有2)3(-n n 条对角线. （2）凸n 边形的内角和是多少度？解 设凸n 边形的内角和为f (n )度. 仿（1）可以求得.180)2()(•n n f ︒⨯-=练习7 （1）两两相交但不共点的n 个圆把平面分成了几部分？解 设n 个两两相交的圆n •c ••••c •c ,,,21 把平面分成)(1n f 部分. 作第n +1个圆1+n c 与所有的圆两两相交，共有n 对点. 这n 对点把1+n c 分成2n 部分，所以圆1+n c 又从被原来的n 个圆所分的平面数)(1n f 中截分了2n 部分，即.2)()1(11n •n f n f ++解这个函数方程，得.2)(21•n n n f +-=（2）两两相交但不共点的n 个球把空间分成了几部分？解 设n 个两两相交的球分空间为)(2n f 部分. 则第n +1个球的球面被原来的n个球分成22+-n n部分[见（1）]. 所以有.2)()1(222•n n n f n f +-+=+解这个函数方程，得.3)83()(22•n n n n f +-=。
函数方程的几种方法
函数方程三、求解函数方程的几种方法：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 xx f x f +=-+1)1()( (1) 解：令1,0,1≠-=y y y x ；则x y -=11，将此代入（1：yy y f y y f 12)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z =此代入（1）式则可得z z z f z f --=+-12)()11(， 即x f x f +-)()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 --一次方程组；我们利用消去法来解此问题． (1)+(3)－：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 →:得)3(3)()(1)(1)(y y f bx y f b b b x f y x f yy-+⋅=+-+-+对任意实数x 、y 均成立。
解：将原方程变形为：1)(3))(()(-++⋅+=++y f bx y x yb x f b y x f ， (x , 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 。
等函数方程的几种常见解法论文：初等函数方程的几种常见解法
等函数方程的几种常见解法论文：初等函数方程的几种常见解法方程的教学是数学教学的重要内容之一。
初等数学中从一元一次方程开始，由浅入深地讨论了一元二次方程，二元、三元方程组，并在此基础上进一步研究了简单的高次方程、分式方程、无理方程、指数方程、对数方程等。
在教学实践中，常遇到以未知函数为未知量的方程，我们把这种方程称作函数方程，本文以几种常见的初等代数函数方程为例，探讨其解法。
一、代换法对函数方程的未知函数或未知函数的自变量作代换，以达到求解函数的目的。
此法多用于单变量函数方程。
二、待定系数法当已知f（x）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：已知函数f（x+1）=x2-3x-2，求f（x）。
解：由于f（x+1）不改变f（x）的次数，所以f（x）为一元二次函数，可设f（x）=ax2+bx+c，则f（x+1）=a（x+1）2+b（x+1）+c=ax2+2ax+a+bx+b+c=ax2+（2a+b）x+c+b+a=x2-3x-2由已知条件得出a=1，b=-5，c=2故有f（x）=x2-5x+2。
此类函数方程的解法主要是根据题意先设出函数的解析式，利用已知函数等式括号中的多项式代换所设方程中的自变量解出一个表达式，利用同一种等式系数相等解系数。
注：此类函数方程还可以用配方法解，读者可以试试。
三、换元法（参数方程法）这种方法是将函数方程的变量进行适当的变量替换，求出方程的解的方法。
例：已知f（sinx-1）=cos2x+2，试求f（x）。
解：令t=sinx-1，所以-2≤t≤0。
所以sinx=t+1?圯sin2x=（t+1）2。
因为cos2x=1-sin2x，所以cos2x=1-（t+1）2=-t2-2t。
所以f（t）=-t2-2t+2，-2≤t≤0。
所以f（x）=-x2-2x+2，-2≤x≤0。
四、赋值法当所给出的函数方程含有两个不同的变量，一般可以设法对这两个变量交替用特殊值代之，然后再设法求出未知函数。
高一数学函数解析式的七种求法
函 数 解 析 式 的 七 种 求 法一、 待定系数法：在已知函数解析式的构造时，可用待定系数法。
例1 设)(x f 是一次函数，且34)]([+=x x f f ，求)(x f解：设b ax x f +=)( )0(≠a ，则b ab x a b b ax a b x af x f f ++=++=+=2)()()]([∴⎩⎨⎧=+=342b ab a ∴⎩⎨⎧⎩⎨⎧=-===3212b a b a 或 32)(12)(+-=+=∴x x f x x f 或 二、 配凑法：已知复合函数[()]f g x 的表达式，求()f x 的解析式，[()]f g x 的表达式容易配成()g x 的运算形式时，常用配凑法。
但要注意所求函数()f x 的定义域不是原复合函数的定义域，而是()g x 的值域。
例2 已知221)1(x x x x f +=+ )0(>x ，求 ()f x 的解析式 解：2)1()1(2-+=+xx x x f ， 21≥+x x 2)(2-=∴x x f )2(≥x三、换元法：已知复合函数[()]f g x 的表达式时，还可以用换元法求()f x 的解析式。
与配凑法一样，要注意所换元的定义域的变化。
例3 已知x x x f 2)1(+=+，求)1(+x f解：令1+=x t ，则1≥t ，2)1(-=t xx x x f 2)1(+=+∴,1)1(2)1()(22-=-+-=t t t t f1)(2-=∴x x f )1(≥xx x x x f 21)1()1(22+=-+=+∴ )0(≥x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4已知：函数)(2x g y x x y =+=与的图象关于点)3,2(-对称，求)(x g 的解析式解：设),(y x M 为)(x g y =上任一点，且),(y x M '''为),(y x M 关于点)3,2(-的对称点则⎪⎩⎪⎨⎧=+'-=+'3222y y x x ，解得：⎩⎨⎧-='--='y y x x 64 ， 点),(y x M '''在)(x g y =上x x y '+'='∴2把⎩⎨⎧-='--='yy x x 64代入得： )4()4(62--+--=-x x y整理得672---=x x y ∴67)(2---=x x x g五、构造方程组法：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。
二次根式方程解一元二次根式方程组
二次根式方程解一元二次根式方程组在代数学中，方程是一种数学等式，用于表示未知数之间的关系。
方程可以分为多种形式，包括一元一次方程、一元二次方程等。
其中，一元二次根式方程组是一种常见的形式，由多个一元二次根式方程组成，用于求解多个未知数之间的关系。
一元二次根式方程的一般形式可以表示为：√ax^2 + √bx + c = 0其中，a、b、c为已知的数字或参数，x为未知数。
解一元二次根式方程组可以采用多种方法，包括代入法、消元法、配方法等。
下面将分别介绍这些方法的原理和步骤。
1. 代入法代入法是一种简单而直接的解法，适用于方程组中的一元二次根式方程相对简单的情况。
具体步骤如下：（1）选取其中一个方程，将另一个方程中的一个未知数表示为关于这个未知数的函数。
（2）将第（1）步骤得到的函数代入另一个方程，得到一个关于一个未知数的一元二次根式方程。
（3）解这个一元二次根式方程，得到一个或多个解。
（4）将第（3）步骤得到的解代入第（1）步骤得到的函数，求解另一个未知数。
2. 消元法消元法是一种常用的解法，适用于方程组中的方程可以通过相乘或相加等操作消除其中一个未知数的情况。
具体步骤如下：（1）将方程组中的一元二次根式方程进行整理，使得方程中的未知数系数相同。
（2）将第（1）步骤得到的方程进行加减运算，得到一个只包含一个未知数的一元二次根式方程。
（3）解这个一元二次根式方程，得到一个或多个解。
（4）将第（3）步骤得到的解代入任意一个方程，求解另一个未知数。
3. 配方法配方法是一种常用的解法，适用于方程组中的方程可以通过配方将其转化为完全平方的形式。
具体步骤如下：（1）将方程组中的一元二次根式方程进行整理，使得方程中的未知数系数相同。
（2）在第（1）步骤得到的方程中，找到一个使方程变为完全平方的常数。
（3）将方程中的这个常数添加到等式两边，使方程左边成为一个完全平方。
（4）将方程化简为一个完全平方，解这个一元二次根式方程，得到一个或多个解。
函数方程常用解法：
函数方程常用解法：（1）配方法：利用配方的方法将)())((x g x f =ϕ的右端变成关于)(x ϕ的函数。
例如 已知221)1(xx x x f +=+，求)(x f 。
解 )(x ϕ=x x 1+，利用配方的方法，设法将等式的右端变成以xx 1+为变元的函数，即 2)1(212122222-+=-++=+x x xx x x 于是有2)1(1)1(222-+=+=+x x xx 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)1e 1e (=-+，求).(xf 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11ln 2)(-+=y y y f ，即为11ln 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(22231)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。
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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。
例6 设)(x f 是对0x =及1x =以外的一切实数有定义的实值函数，并且1()()1x f x f x x
-+=+，求()f x 。
解：以1x x -代换x ， 得 1121()()1x x f f x x x
--+=-。
以
11x -代换x ， 得 12()()11x f f x x x -+=--。
由 1()()1x f x f x x -+=+ 1121()()1x x f f x x x
--+=- 12()()11x f f x x x -+=-- 消去1()x f x -，1()1f x
- 得 321(),(0,1)2(1)x x f x x x x --=≠-。
例7 解函数方程13()2()4f x f x x +=
解：函数方程中的未知函数()f x 和1()f x 不能用x 的同一个解析式表达出，若把它们看作是方程中的两个未知元，就必须设法消去一个才能解出另一个。
为此，分别以t 和1t 代替方程中的x ，相应地得到 13()2()4f t f t t
+= 和143()2()f f t t t
+=。
将该两式看作是关于未知元()f t 和1()f t 的二元一次方程组，即可求解。
得85()12f t t t
=-。
于是2128()5t f t t -=。
即2128()5x f x x -=为函数方程的解。
例8 ()f x 是定义在()0,+∞上的实值函数，且1()()lg 1f f x x x =+，求()f x 。
解：以
1x 代替x ，得1()()(lg )1f x f x x =-+ 消去1()f x ，得1lg (),(0)1lg x f x x x -=>+。
4.参数法
参数法是通过设参数、消参数得出函数的对应关系，从而求出)(x f 的表达式。
例9 已知2(1cos )sin f x x +=，求()f x 。
解：设所求函数()y f x =的参数表达式为 21cos sin x t
y t =+=，所以 2cos 1sin t x t y =-=。
联立方程组消去参数t ，得2(1)1x y -+=，所以[]21(1),0,2y x x =--∈。
即[]2()1(1),0,2f x x x =--∈。
例10 已知2(2cos )5sin f x x -=-，求()f x 。
解：设所求函数()y f x =的参数表达式为：
22cos 5sin x t y t =-=-，所以 2cos 2sin 5t x t y =-=-。
联立方程组消去参数t ，得248y x x =-+，即[]2()48,1,3f x x x x =-+∈。
参考文献：
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