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。
微分方程3种解法含冲激函数匹配法
例题3：零输入、零状态解法
（1.2）求零状态响应yzs(t) 对t>0时，有 yzs”(t) + 3yzs’(t) + 2yzs(t) = 6
先求特征根，后求齐次解形式的零状态响应为
yzs(tk )C 1 e 2tC 2e t
再求特解为常数 3 ，于是有 yz(st)C 1 e 2 t C 2 e t 3
解：（1.1）求零状态响应的起始点跳变
y”(t) + 3y’(t) + 2y(t) = 2δ(t) + 6u(t)
利用系数匹配法分析列式得： y’’(t)=aδ(t) +b Δu(t)
y’(t)=aΔu(t)
y(t)=0
代入原方程得 : a = 2，b = 0 可得
y'(0)y'(0)22 y (0)y (0)02
< u ( t的) 含义? >
表示0-到0+相对跳变函数
i"(t) a(t)b(t)cu(t) 设 i'(t)a(t)bu(t)
i(t) au(t)
代入方程左端，令左右两 端的奇异函数平衡，得
a2,b 2,c2
7
例题2：经典法
iii)计算初始条件
ii((0 0 )) ii(0 (0 )) ab 22 ii((0 0 )) 2 2i (0 i ()0 )1 5 4 2
因为 y'zs(0)y'zs(0)22 可得 C 1 1
yzs(0)yzs(0)00
C2 4
所以 y z(s t) e 2 t 4 e t 3 ， t 0
10
iv)初始条件代入完全解，列写方程组求出待定系数
故：
A1
解函数方程的几种方法
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.在中学教学和国内外数学竞赛中，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内的所有值均满足某已知方程，那么把()f x就叫做函数方程f x就叫做已知函数方程的解.即能使函数方程成立的()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 x1.3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，或求出某些函数值，或证明这个函数所具有的其他性质.2函数方程的常见解法由于函数与方程的性质极多，解题的方法也形式多样，出现较为频繁的有换元法（代换法）、赋值法、迭代周期法（递推法）、待定系数法、数学归纳法等等.2.1换元法（代换法）换元法又叫代换法或引进辅助未知数法或定义法.将函数方程中的自变量适当地以别的自变量代换（代换时应注意使函数的定义域不发生变化），得到一个新的较为简单的函数方程，然后直接求解未知函数.但值得注意的是，某些换元会导致函数的定义域发生变化，这时就需要进行验证换元的可行性.例 2.1已知2-=,求()f x x(1cos)sinf x.分析此题是一个最基本的函数方程问题，要求解函数()f x的表达式，就需要将1cos xsin x进行转化.当然，我们可以先用换元法把x,y用t代替，消+和2去x,y，就得到一个关于t的解析式，再用x替代t，于是得解.但这里我们还给出了另外的解法，就是用()=的参数表达式进行求解.y f x解法一令1cos x t-=,所以c o s1=-，x t因为-≤≤,1cos1x所以x≤-≤,01cos2即t≤≤.02又因为22-==-,f x x x(1cos)sin1cos所以22=--=-+，(02)f t t t t()1(1)2t≤≤，故2=-+，(02)f x x x()2≤≤.x解法二设所求函数()=的参数表达式y f x=-，x t1c o s2y t=，sin即得=-，（1）c o s1t x2s i n t y=. （2）2+，消去参数t，得(1)(2)2-+=，(1)1x y整理，得22y x x =-+，[0x ∈,2]，即2()2f x x x =-+,[0x ∈,2].在本题中，由于三角函数可以相互转化，很容易看出1cos x -与2sin x 之间的联系，然后直接利用换元法进行转化，但考虑到x （或t ）的定义域，这个环节一般容易出错.故一般采用后面介绍的参数法相对来说也就简单多了.2.2 赋值法赋值和代换是确定适合函数方程的函数性质的基本方法，根据所给条件，在函数定义域内赋与变量一个或几个特殊值，使方程化繁为简，从而使问题获解.例 2.2.1 函数:f N N +→（N +为非负整数），满足：（i ） 对任意非负整数n ，有(1)()f n f n +>；（ii ） 对任意,m n N +∈，有(())()1f n f m f n m +=++.求(2001)f 的值.分析 本题欲求(2001)f 的值，则须了解()f n 有什么性质.由条件（i ）、（ii ）可以联想到(0)f 的取值是本题的关键，而分别利用条件（i ）、（ii ）进行推导，并结合反证法推出矛盾，得到(0)f 的唯一值，进而得解.解 令(0)f k =，其中k 为非负整数.由(ii)得()()1f n k f n +=+. （1）若0k =，则()()1f n f n =+，矛盾.故0k ≠，由（i ）有(1)()()1f n k f n k f n +-<+=+. （2） 若1k >，则11n k n +-≥+，于是由（i ），得(1)(1)()1f n k f n f n +-≥+≥+， （3） 但（2）与（3）矛盾，故1k =是惟一解.当1k =时，式（1）为(1)()1f n f n +=+，此函数满足条件（i ）、（ii ），所以得惟一解(2001)2002f =.例 2.2.2 解函数方程()()2()cos f x y f x y f x y ++-=.分析 此题是函数方程里较为典型的一个问题，在很多文章中都有提到.本题中方程含有,x y 两个未知数，对于一个方程，首先想到的就是消元，考虑到三角函数cos y 的特殊性质，可用一些比较特殊的值分别去代换,x y ，再求得()f x 的表达式.解 在原方程中令0x =,y t =得()()2(0)cos f t f t f t +-=， （1） 再令2x t π=+,2y π=得()()0f t f t π++=， （2） 又再令2x π=,2y t π=+得()()2()sin 2f t f t f t ππ++-=-， （3） （1）+（2）-（3）得()(0)cos ()sin 2f t f t f t π=+. 令(0)a f =，()2b f π=并将t 换成x 得 ()cos sin f x a x b x =+,（a ,b 均为任意常数）.代入（1）式验证()()f x y f x y ++-cos()sin()cos()sin()a x y b x y a x y b x y =++++-+-2cos cos 2sin cos a x y b x y =+2cos (cos sin )y a x b x =+2()cos f x y =.所以()f x 是函数方程（1）的解.赋值法是很特殊的一种方法，首先它考验人们的“眼力”，即根据所给出的式子找出其规律；其次，就是“笔力”即计算方面的能力，所赋的值即某些特殊值要有助于解题；最后，不难看出赋值法其实就是与代换法、消元法等方法相结合的一种方法.如例2.2.1就是赋值法与反证法相结合，例2.2.2是赋值法、代换法、消元法结合的典型.2.3迭代周期法（递推法）函数迭代是一类特殊的函数复合形式.一般由函数方程找出函数值之间的关系，通过n 次迭代得到函数方程的解法.例 2.3.1 对任意正整数k ，令()f k 定义为k 的各位数字和的平方，求2001(11)f .分析 本题是迭代的简单运用题，由“()f k 定义为k 的各位数字和的平方”入手，可以找出11与函数方程以及函数值之间的关系，结合数列相关知识通过n 次迭代从而求解.解 由已知有 12(11)(11)4f =+=，2(11)((11))(4)16f f f f ===，322(11)((11))(16)(16)49f f f f ===+=，432(11)((11))(49)(49)169f f f f ===+=，542(11)((11))(169)(169)256f f f f ===++=，652(11)((11))(256)(256)169f f f f ===++=，…从而当n 为大于3的奇数时，(11)256n f =，当n 为大于3的偶数时，(11)169n f =，故2001(11)256f =.例 2.3.2 设()f x 定义在自然数集N 上，且对任意,x y N ∈，都满足(1)1f =,()()()f x y f x f y xy +=++，求()f x . 解 令1y =,得(1)()1f x f x x +=++，再依次令1x =,2…, 1n -,有(2)(1)2f f =+，(3)(2)3f f =+，…(1)(2)(1f n f n n -=-+-，()(1)f n f nn =-+， 依次代入，得()(1)23f n f =+++…(1)(1)2n n n n ++-+=， 所以(1)()2x x f x +=，()x N +∈. 前面的例2.3.1仅是迭代的入门题，可以直接根据函数方程找出函数值之间的关系，然后通过n 次迭代进行求解.而在迭代问题中，很大一部分题目并不是仅借助迭代的思想来解决的，而是综合所学知识进行求解.如例4.2就是赋予一些特殊值，再利用递推法简化问题，从而求解.2.4待定系数法待定系数法适用于所求函数是多项式的情形，且已知所求函数解析式的类型，可先设出一个含有特定系数的代数式，然后利用恒等式的性质，或将已知条件代入，建立方程（组），通过解方程（组）而求出待定系数的值，或者消除这些待定系数，使问题得以解决.例 2.4.1 已知()f x 是一次函数，且[()]41f f x x =-,求()f x .解 因为()f x 是一次函数，不妨设()(0)f x ax b a =+≠，又因为[()]41f f x x =-，所以()()41f ax b a ax b b x +=++=-,即241a x ab b x ++=-，于是有24a =，1a b b +=-. 解这个方程组得2a =，或者 2a =-，13b =-， 1b =. 所以1()23f x x =-或()21f x x =-+. 本题考虑到()f x 是一次函数，故可设出()f x 的一般形式，再由条件[()]41f f x x =-代入()f x 进而对应求出a ,b .这属于较简单的待定系数法应用，而对于关系f 有很多次的就另当别论了.例 2.4.2 已知()f x 是一次函数，且10次迭代{[(f f f …())]}10241023f x x =+，求()f x .分析 观察本题，()f x 是一次函数且函数方程是一个10次迭代的方程，要怎样进行思考呢？只能依据题中最基本的条件进行解决，故而给出如下解法：解 设()(0)f x ax b a =+≠，则(2)2()[()]()()(1)f x f f x f ax b a ax b b a x a b ==+=++=++，(3)(2)232()(()){[()]}[(1)](1)f x f f x f f f x f a x a b a x a a b ===++=+++， …(9)1098(())(f f x a x a a =+++…1)a b ++.因为(10)()10241023f x x =+，所以10101024(2)a ==±，98(a a ++…1011)10231a a b b a -++==-. 解方程组得2a =，1b =或2a =-,3b =-.故所求的一次函数为()21f x x =+或()23f x x =--.观察题中条件，问题的难度比例2.4.1的增加了许多，这又怎么做呢？万变不离其宗，仍采用待定系数法进而找出规律，并结合等比数列相关性质而求得a ,b ，但要注意解决这类问题时千万不要漏根.2.5 数学归纳法数学归纳法主要适用于定义域是正整数的函数方程，其解题方法是通过对(1)f ,(2)f ,(3)f ,…的具体计算，加以概括抽象，提出对()f n 的解析式的一个猜想，然后用数学归纳法对猜想进行证明.根据已知条件，首先运用赋值法求出函数()f x 在某些点的特殊值，再猜想()f x 的表达式，最后用数学归纳法证明此猜想.例 2.5.1 函数()f n 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()()()0f m n f m f n +--=或1; (2)0f =,(3)0f >,(9999)3333f = ,求(1982)f .解 由(11)(1)(1)0f f f +--=或1，而0(2)2(1)f f =≥，所以(1)0f =，由(21)(2)(1)0f f f +--=或1，得(3)0f =或1，因为(3)0f >，所以(3)1f =，同理，可推得(32)2f ⨯≥，(33)3f ⨯≥…已知(9999)(33333)3333f f =⨯=，猜想(3)f k k ≥,(3333)k <.下面用数学归纳法证明.（1）由上可知，1k =,2,3时，结论成立.（2）假设对小于k 的一切自然数，结论成立.则(3)[3(1)3]f k f k k =-+[3(1)](3)f k f ≥-+11k ≥-+k =，即(3)(3333)f k k k ≥<，如果(3)1f k k ≥+，则(9999)(99993)(3)f f k f k ≥-+33331k k ≥-++3333>，与题设矛盾，所以(3)f k k =，显然，有660(1982)661f ≤≤.若(1982)661f =，则(9999)(5198289)f f =⨯+5(1982)(89)f f ≥+5661(89)f ≥⨯+330529≥+3333>，与题设矛盾.所以(1982)660f =.例 2.5.2 已知2()2f x x x =+，求()n f x .解 由2()(1)1f x x =+-，因此有22242()(())((1)1)(1)1(1)1f x f f x f x x x ==+-=+-=+-，233222()(())((1)1)(1)1f x f f x f x x ==+-=+-， 猜想2()(1)1nn f x x =+-.下面用归纳法证明.（1）显然2n =时，猜想成立.（2）假设对n 成立，即 2()(1)1nn f x x =+-，则 (1)()(())n n f x f f x +=2((1)1)n f x =+- 22((1)11)1n x =+-+-12(1)n x +=+.综合（1）、（2），对任意n N ∈，有2()(1)1n n f x x =+-.数学归纳法一般适用于证明题，但有时候不排除这类找规律、猜想进而证明猜想的问题.遇到这种问题的时候，首先要找准规律，证明起来也就会很轻松了.2.6数列法利用等比、等差数列相关知识（通项公式、求和求积公式），求定义在N 上的函数()f x .例 2.6 已知(1)1f =，且对任意正整数n 都有(1)3()2f n f n +=+，求()f n . 解 在已知等式两边都加上1，得(1)12f +=，(1)13()213[()1]f n f n f n ++=++=+，所以(1)13()1f n f n ++=+. 因此，数列{()1}f n +是首项为(1)12f +=，公比为3的等比数列，它的第n 项为1()123n f n -+=⋅，故1()231n f n -=⋅-.熟悉等差、等比数列的相关性质如公差（比）、求和公式等，运用起来解决本题就会感到得心应手.2.7 反证法反证法在数学上使用得相当普遍，即一些问题从正面直接证明有困难，而它的结论的相反结论比原结论更具体，更明确，易于导出矛盾，这时一般采用反证法.先从已知条件中得出满足函数方程的一些特殊解，然后再用反证法证明除了这些解以外无其他解.例 2.7 设f :(0,)(0+∞→,)+∞是连续函数，若对x ∀，(0y ∈,)+∞,有 ()(())f x f xf y y=. （1） 证明此函数方程无解.证明 在（1）中取1x y ==，得((1))(1)f f f =， 取(1)y f =，得()(((1)))(1)f x f xf f f =， 再取1y =，得((1))()f xf f x =.从而有()()((1))(((1)))(1)f x f x f xf f xf f f ===， 即(1)1f =.在（1）中取1x =，得(1)1(())f f f y y y==， 联立（1）推出()((()))()()f x x f xf f y f f y y==，即()()()x f x f y f y=. 取x st =，y t =,s ∀,(0t ∈,)+∞,有()()()f s t f t f s =，s ∀,(0t ∈,)+∞， （2） 我们知道满足上面函数方程的连续函数为()a f x x =，(ln ())a f e =. 由1(())f f y y=，知 21a y y -=，即21a =-.矛盾，所以（1）没有连续解. 2.8不等式法在推导过程中，主要利用不等式02a b a +≥≥,0)b ≥的等式成立的充要条件a b =.例 2.8 设()f x 的定义域为（0，1），且()(1)2()(1)f x f x f y f y -+=-,x ∀,(0y ∈,1). （1） 若()0f x >，(0x ∀∈,1)且1()12f =，求f x (). 分析 本题给出了函数()f x 的一系列成立的条件，只要依据条件进行思考就很容易解决了.首先我们知道函数()f x 有一个特殊值1()12f =，而函数方程（1）中有,x y 两个未知量，故而解决问题时考虑到消元，并尽量结合1()2f 的值来使问题简化.解 在（1）式中取12y =，得 ()(1)2()(1)11()(1)22f x f x f x f x f f -=+=+--， （2） 再在（1）式中取12x =，y x =得11()()11222()(1)()(1)f f f x f x f x f x =+=+--， （3） 把（2）和（3）相加得 411()(1)()(1)f x f x f x f x =++-+-≥4=， 所以1()()f x f x =， 即2(())1f x =，因为()f x 是正的，故()1f x ≡,(0x ∀∈,1).3 其它方法前面介绍的几种方法在中学数学中比较常见，应用起来也得心应手.但初等问题何其繁多，解决的途径也就形式多样.还有很多其它的方式，由于本文篇幅有限，在此仅给出方法及其概念.如：参数法、配凑法、通解问题、多项式法以及柯西法等.参数法即先设参数再消去参数得出函数的对应关系，而求出()f x .前面在例2.1.1的解法二已经就参数法进行作答，在此我们就不再讲解了.配凑法是根据函数的概念、对应法则并结合配方法求解函数方程的一种基本方法.当我们不能利用设元法求解时，配凑法不失为一种有效的方法，也是应用定义的一种方法.前面已经介绍了很多求解函数方程的方法.然而，求一个或若干个解也许容易，如果要求出一个函数方程的所有解常常遇到困难.这时就是所谓的通解问题.我们知道，只要给出函数在一个周期内的函数值，则需要将定义域延拓到整个实数域R 上，从而求得的()f x 就是相应函数方程的解.例如函数方程()()f x T f x +=，x R ∈，对以[0,]T 为定义域的任意函数()g x ，都可以得到函数方程的解()g x ， 当0x T ≤≤时；()f x =()g x nT -， 当(1)nT x n T ≤≤+时.其中n为整数.当函数方程中的未知函数是多项式时，就称为多项式函数方程.这是函数方程中较为常见、也较简单的一类.多项式法就是利用多项式相等的原理，通过比较等式两边的次数、系数，或通过比较方程的根的个数来求出多项式函数方程的解的方法.方程()()()+=称之为Cauchy方程，是法国数学家Cauchy最早研f x y f x f y究并解决的.他的解法是一种逐步扩充其定义域的推理方法，即先在自然数集上，求其函数方程应具有的形式，然后逐步证明这种解的定义域可扩充到整数、有理数、无理数直到实数.这种解题方法后人称之为Cauchy方法.在()f x单调（或连续）的条件下，先将自变量考虑成自然数求出函数方的解，然后证明该解的表达式当其自变量取成整数、有理数及实数时仍然满足该函数方程，从而获得函数方程的解.但它受函数连续性要求的限制.柯西法在高等数学中的使用频率极高，故在中学里只需了解就可.结论由于函数方程的形式相当多，解决的方式也就相对的丰富.尤其是在高等数学中，运用微积分解决函数方程问题就显得非常简单了；但在初等解法里，方式方法丰富多样：换元法（代换法）、赋值法、待定系数法、迭代周期法（迭代法）、数学归纳法、数列法、反证法及不等式法等，都是常见而且易懂的初等解法.但在解决很多问题时，不仅仅使用一种方法，也有几种方式相结合而进行的，如：例2.2.2就是换元法与赋值法的结合，例2.7是赋值法与反证法的结合.在求解某些问题时，通过构造函数方程，也可以将问题转化为函数方程分解，从而使问题比较简化、明了.参考文献[1] 张伟年、杨地莲、邓圣福.函数方程[M].成都：四川教育出版社，2002,36-72.[2] 陈刚、陈凌云.函数方程的初等解法[J].绥化师专学报.1996，第1期：120.[3] 黄洪琴.函数方程[J].成都教育学院报.2005，第19卷（6）：117-118.[4] 毕唐书.全线突破.高考总复习·数学（理科版）[M].北京：中国社会出版社，2005,13.[5] 陈传理、张同君.竞赛数学教程[M].第2版.北京：高等教育出版社，2005,170-170.[6] 聂锡军.函数方程的解法及应用[J].丹东师专学报.1997，总第68期：20.[7] 姚开成.函数方程的几种解法[J].新疆石油教育学院学报.2000，第5卷（5）：46-47.[8] 张同君、陈传理.竞赛数学解题研究[M].北京：高等教育出版社，2000（2005重印）,72-75.[9] 余元希.初等代数研究（下册）[M].北京：高等教育出版社，1988（2004重印）,344-345.[10] 蒋国宝.函数方程的解法[J].宁德师专学报（自然科学版）.1998，第10卷（1）：37-38.[11] 赵伟.解函数方程的若干初等方法[J].中学数学月刊.2004，第6期：30-31.致谢在本篇论文的选题，以及写作过程中，承蒙指导教师代泽明副教授的悉心指导，多次修改终于完成了本篇论文.在此我向代老师致以诚挚的感谢：通过这次论文的编写我感受到了学术编写的困难和乐趣，深省数学知识在各学科中的重要作用.同时，也感谢同组的所有同学，他们在我写作此篇论文的过程中也给予了我很多帮助.大学四年转瞬即逝,作为一名即将毕业的学生,我感谢绵阳师范学院的所有老师,感谢你们在这四年里对我的谆谆教导；感谢你们在这四年里对我的培养；感谢你们在这四年里对我的关怀；感谢你们为祖国培养了一批又一批优秀的人民教师.最后祝愿绵阳师范学院的明天更美好！祝愿数学与信息科学系前程似锦！祝愿所有老师身体健康，工作顺利！范臣菊 2007年5月30日。
关于函数方程f(f(x))=x~2+2的近似解法
关于函数方程f(f(x))=x~2+2的近似解法
2，也就是求解x使得f(f(x))=x~2+2成立，是一个比较复
杂的问题，本文将给出它的近似解法。
首先，我们来考虑f(x)的形式，f(x)可以是一个任意的函数，因此求解f(f(x))=x~2+2的解，就是求解任意函数f(x)满足
该等式的解。
其次，我们可以使用一种近似方法，即取f(x)在某个有限
的范围内，取一个有限的函数类型，比如多项式、指数函数、对数函数等，然后求解其系数使得f(f(x))=x~2+2成立。
最后，我们可以使用数值计算的方法，比如使用Newton-Raphson法进行数值求解，假设f(x)的形式为多项式，则需要
求解其系数使得f(f(x))=x~2+2成立，在实际求解中，可以先
假设一个初值，然后迭代求解，直到求解的结果满足要求的精度。
总之，函数方程f(f(x))=x~2+2的近似解法主要是取f(x)在
某个有限的范围内取一个有限的函数类型，比如多项式、指数函数、对数函数等，然后求解其系数使得f(f(x))=x~2+2成立；或者使用数值计算的方法，比如使用Newton-Raphson法进行
数值求解，假设f(x)的形式为多项式，则需要求解其系数使得
f(f(x))=x~2+2成立，在实际求解中，可以先假设一个初值，然
后迭代求解，直到求解的结果满足要求的精度。
要实现这种近似解法，需要考虑计算机的精确度，以及求解的复杂性，以及考虑到函数f(x)的形式，因此，对于这种复杂的函数方程，近似解法是一种比较有效的求解方法。
函数的12种解法
∴函数y的值域为y≠3的一切实数。点评：
对于形如y=(ax+b)/(cx+d)的形式的函数均可利用这种方法。
练习：
求函数y=(x2-1)/(x-1)(x≠1)的值域。（
答案：
y≠2）
十二．不等式法
例6求函数Y=3x/(3x+1)的值域。
点拨：
先求出原函数的反函数，根据自变量的取值范围，构造不等式。
通过换元将原函数转化为某个变量的二次函数，利用二次函数的最值，确定原函数的值域。
解：
设t=√2x+1（t≥0）,则。
于是≥
所以，原函数的值域为｛y|y≥－｝。
点评：
将无理函数或二次型的函数转化为二次函数，通过求出二次函数的最值，从而确定出原函数的值域。这种解题的方法体现换元、化归的思想方法。它的应用十分广泛。
练习：
已知x,y∈R，且满足4x-y=0,求函数f(x,y)=2x2-y的值域。（
答案：
｛f(x,y)|f(x,y)≥1｝）
十一．利用多项式的除法
例5求函数y=(3x+2)/(x+1)的值域。
点拨：
将原分式函数，利用长除法转化为一个整式与一个分式之和。
解：
y=(3x+2)/(x+1)=3－1/(x+1)。
点拨：
根据已知条件求出自变量x的取值范围，将目标函数消元、配方，可求出函数的值域。
解：
∵3x2+x+1＞0，上述分式不等式与不等式2x2-x-3≤0同解，解之得－1≤x≤，又x+y=1，将y=1-x代入z=xy+3x中，得z=-x2+4x(-1≤x≤
处理函数方程问题的几种常见对策
（１ ｃ一・ 一） ｔ ｉ 卜 ＝１ （， （ ＝ １ 性质１． ） ） 于是， ｔ （ 一１ ｎ 一ｃ ・ ｎ ） ＋ｃ ． ｇ（ ｎ一２ ） ＋
＋ （ １ 一（ ｉ 一 ） 一 ・ ＋・・ （ １ｎ ２ 一 ・＋ 一 ）－ ． ２ ＋ （ １ｎ １ ・ ＝ Ｌｎ 礼 ＋Ｌ ｎｎ一 －） ｃ一 １ （， ） （，
，
（） （ — ＋ｆａ ） ｂ ４ ｆ ａ ） （ ＋ ＝２ 表示函数 ， （） 的图像关于点 （，） 口６对称；
数 的性 质 ， 是基 本 的函 数 方 程 问题 ． 类 问题 因 这 为 比较抽 象 ， 以对 学 生 分析 解 决 问题 的能 力提 所
值 一 ， （） ． 且， １ ＝０ （） Ｙ＝ ｆｘ 的表达式； １求 （） （） ２ 对任意实数 Ｘ ｆ ｘｇｘ ＋仃 ， （） （） ＋ｎ＝ ， 。
＋ ｎ ｎ—ｒ １十 （ １ｎ ｒ 一 ～ （， ＋ ） 一 ）—— —． ｎ
（ 性质 ２ ） ： …
） ・＋ ｎ几～ｒ ） （， 一７＋… ＋ ＋・‘ ， ＋１ ＋ ｎｌ １ ｎ ）
Ｋ （ ，） ∑ （ ，） 礼 （ ∈Ｎ １ ≤ｒ≤ ７１ 一 礼 ！ 。 ｒ ｋ 佗一１ （ ＝） ）性质 ３ １
（ １ ＋， １ 一— 一 ） （） — ．
由二次函数的对称性， ｆｔ １ 得 （ ＋ ）＝ ０ ．取
Ｘ＝ ＋ｌ 得 ｆ ｔ ）（＋ １ ＋ｍ（＋１ ＋，＝ ， （＋１ｇｔ ） ｔ ） ｎ （＋１。 即 ｍ（＋ １ ＋佗＝ （＋ １。………・② ｔ ）， ￡ ） ｔ ）． ・
联 立 ① 、 ， 得 ② 解
＋ １ ≠０， ０ （） （ ）贝 ｘ ＝— — ． ｆ
分与：元令 ＝， （ 一 （）ｆ（ ＋ｍ）＝，（ ）ｍ ≠礼） 析 解换， Ｎ．１ ５ ｘ ３ ｆ） ＋礼 （ 表示函数 ２ （ １＋ １ 将 改写成 ｆｔ ）＝ ＿ ｍ 的函数． 得， ） ｆ（） ５ 定 义在—ｎＩ 的奇 函数 ｆ（） 足 ３ 一 ｘ例 （ 是周期为 Ｉ 实数集上 Ｘ满
求函数解析式的几种方法及题型
求函数解析式的几种方法及题型【最新版3篇】篇1 目录一、引言二、求函数解析式的常用方法1.待定系数法2.交点式3.顶点式4.换元法5.归纳法三、求函数解析式的题型及应用1.已知三个点求解析式2.已知顶点求解析式3.已知交点求解析式4.抽象复杂函数问题四、结论篇1正文一、引言求函数解析式是高中数学中的常见问题，也是高考的常规题型之一。
解决这类问题需要掌握一定的方法和技巧。
本文将介绍几种常用的求函数解析式的方法及题型，帮助同学们更好地理解和应用这些方法。
二、求函数解析式的常用方法1.待定系数法待定系数法是一种求未知数的方法。
将一个多项式表示成另一种含有待定系数的新的形式，这样就得到一个恒等式。
然后根据恒等式的性质得出系数应满足的方程或方程组，其后通过解方程或方程组便可求出待定的系数，或找出某些系数所满足的关系式。
2.交点式交点式适用于已知抛物线与 x 轴的两个交点的情况。
通过已知的交点，我们可以得到两个方程，解这两个方程可以求得抛物线的解析式。
3.顶点式顶点式适用于已知抛物线的顶点的情况。
通过已知的顶点，我们可以得到一个方程，这个方程包含了抛物线的顶点坐标和抛物线的解析式中的待定系数。
解这个方程可以求得抛物线的解析式。
4.换元法换元法是一种通用的求函数解析式的方法，适用于各种复杂的函数问题。
通过换元，我们可以将复杂的函数问题转化为简单的函数问题，从而求得函数的解析式。
5.归纳法归纳法适用于具有一定规律的函数问题。
通过观察函数的规律，我们可以猜测函数的解析式，然后通过数学归纳法证明我们的猜测是正确的。
三、求函数解析式的题型及应用1.已知三个点求解析式已知函数上的三个点，我们可以通过待定系数法求解函数的解析式。
设定函数的形式为 y=ax^2+bx+c，然后将三个点的坐标代入方程，得到三个方程组成的线性方程组，解这个方程组可以求得函数的解析式。
2.已知顶点求解析式已知抛物线的顶点，我们可以通过顶点式求解抛物线的解析式。
三角函数与指数方程的解法
三角函数与指数方程的解法三角函数和指数方程是数学中常见的两类方程，它们在数学理论和实际应用中具有重要的地位。
本文将介绍三角函数和指数方程的解法，并讨论它们在不同领域的应用。
一、三角函数的解法三角函数是以角度为变量的函数，在解决三角函数方程时，我们常常利用三角函数的周期性和性质来进行求解。
1. 解三角函数最基本的方法就是观察函数图像，根据图像的性质来推导解法。
例如，对于sin(x) = 0这个方程，我们知道sin(x)的图像在x = nπ（n为整数）时取到0值，因此方程的解为x = nπ。
又如，对于cos(x) = 1/2这个方程，我们可以根据cos(x) = 1/2的图像，找到函数与y=1/2相交的点，从而得到解x = π/3 + 2nπ或x = 5π/3 + 2nπ。
2. 利用三角函数的周期性进行求解。
例如，对于sin(2x) = sin(x)这个方程，我们可以利用sin函数的周期性，将方程转化为2x = x + 2kπ或2x = (π - x) + 2kπ，最后得到解x = kπ或x = (π/3) + kπ。
3. 利用三角函数的恒等变形进行求解。
三角函数的恒等变形可以通过三角函数的公式进行推导。
常用的有和差公式、倍角公式、半角公式等。
例如，对于tan(x) = 1这个方程，我们可以利用tan函数的恒等变形公式，将方程转化为sin(x)/cos(x) = 1，进一步得到sin(x) = cos(x)。
通过sin²(x) + cos²(x) = 1这个恒等式，我们可以求得sin(x) = 1/√2和cos(x) =1/√2。
最后，通过sin和cos的定义关系，我们可以求得x = π/4 + kπ。
二、指数方程的解法指数方程是以变量为指数的方程，在解决指数方程时，我们常常利用指数运算的性质和对数函数来进行求解。
1. 利用指数运算的性质进行求解。
例如，对于2^x = 8这个方程，我们可以将8写成2³，转化为2^x = 2³。
函数方程的几种解法
函数方程的几种解法
函数方程是数学中的一种基本概念，它指的是一种表达式，可以用来描述特定数学关系的函数。
函数方程通常用来解决数学中的特定问题，它可以用来计算变量之间的关系，从而得出最终的结果。
函数方程的解法有多种，下面将介绍几种比较常见的解法：
一、图形解法。
图形解法是一种最简单的解法，它可以通过绘制函数图形来解决函数方程。
首先，根据函数方程中的变量和参数，画出函数图形，然后根据图形的形状和特征，可以解决函数方程。
二、分段函数解法。
分段函数解法是一种比较常用的解法，它可以将复杂的函数方程分解为若干个简单的子函数，每个子函数有不同的解法。
然后，根据子函数的解法，可以解出整个函数方程的解。
三、代数解法。
代数解法是一种比较传统的解法，它可以通过使用代数方法来解决函数方程。
这种方法通常要求解决者掌握一定的代数技巧，以便有效地解决函数方程。
四、数值解法。
数值解法是一种比较新的解法，它可以通过迭代法等方法，使用计算机来计算函数方程的解。
这种方法具有计算速度快，解法准确等优点，在解决复杂函数方程中有着巨大的优势。
以上就是函数方程的几种解法，它们各有优劣，在解决不同的函数方程时，需要根据实际情况来选择最合适的解法。
在使用上，要充分利用各种解法的优势，在正确理解函数方程的基础上，有效地解决数学问题。
新人教版高中数学必修一教案：第7节 函数与方程
2.7函数与方程【知识要点】1、 函数形如y=f （x ）=2ax bx c ++，方程形如：2ax bx c ++=0 ；所以我们把函数f （x ）=0的解叫做方程2ax bx c ++=0的根。
一般地，方程f （x ）=0的实数根又叫做y=f （x ）的零点；以二次函数f （x ）=2ax bx c ++为例说明：2、 零点：对于在区间（a ，b ）上连续的函数f （x ），若存在f （a ）·f （b ）< 0，那么 一定存在0(,)x a b ∈使得0()0f x =成立。
（注意是存在，不是唯一）【解题方法】一、求零点1、紧抓定义，对于在区间（a ，b ）上连续的函数f （x ），若存在f （a ）·f （b ）< 0，那么，一定存在0(,)x a b ∈使得0()0f x =2、 对于求零点的此类题目，我们都可以采用数形结合的方法来解题，具体到题目，我们可以通过题目的已知，大致画出函数的草图，通过图象更直观地去判断。
[数形结合:数与形是数学中的两个最古老，也是最基本的研究对象，它们在一定条件下可以相互转化。
数与形是有联系的，这个联系称之为数形结合，或形数结合。
作为一种数学思想方法，数形结合的应用大致又可分为两种情形：或者借助于数的精确性来阐明形的某些属性，或者借助形的几何直观性来阐明数之间某种关系，即数形结合包括两个方面：第一种情形是“以数解形”，而第二种情形是“以形助数”。
]【知识应用】【J 】例1、求证：一元二次方程25310xx +-=有两个不相等的实数根。
证法1：已知一元二次方程，∆=234*5*(1)290--=>∴方程25310x x +-=有两个不相等的实数根。
证法2： 设f （x ）=2531x x +-由已知a=5>0，二次函数开口向上，且知f （0）=-1<0， ∴ f （x ）=2531x x +-的图象与x 轴有两个不同的交点，即方程25310x x +-=有两个不相等的实数根。
三角函数的幅角关系与三角方程解法
三角函数的幅角关系与三角方程解法三角函数是数学中的重要概念，广泛应用于几何、物理、工程等领域。
在三角函数中，幅角是一个关键概念，它与三角方程的解法密切相关。
本文将详细介绍三角函数的幅角关系以及解三角方程的方法。
一、三角函数的幅角关系在介绍幅角关系之前，我们首先来了解一下三角函数的基本定义。
1. 正弦函数（sin）正弦函数是三角函数中最基本的函数之一，用sin表示。
对于一个角θ，它的正弦值可以通过一个单位圆上的点得到，即角θ的终边与单位圆上的交点P的纵坐标。
sinθ = 点P的纵坐标2. 余弦函数（cos）余弦函数是另一个重要的三角函数，用cos表示。
对于一个角θ，它的余弦值可以通过一个单位圆上的点得到，即角θ的终边与单位圆上的交点P的横坐标。
cosθ = 点P的横坐标3. 正切函数（tan）正切函数也是一种常见的三角函数，用tan表示。
对于一个角θ，它的正切值可以通过一个单位圆上的点得到，即角θ的终边与单位圆上的交点P的纵坐标除以横坐标的比值。
tanθ = 点P的纵坐标 / 点P的横坐标了解了基本的三角函数定义之后，我们来讨论幅角关系。
对于一个给定的角θ，它可以有不同的幅角表示。
一般来说，每一个角度值θ都对应着一个主值幅角，它的范围是[-π, π]。
例如，角度180°对应的主值幅角是π，角度360°对应的主值幅角是2π，角度-90°对应的主值幅角是-π/2等等。
有了主值幅角的概念，我们可以使用简便的方法计算给定三角函数的幅角。
1. 正弦与余弦函数的幅角关系对于正弦和余弦函数来说，它们的幅角关系非常简单。
对于一个给定的角θ，正弦函数和余弦函数的幅角值分别等于θ的主值幅角。
sinθ = sin(θ的主值幅角)cosθ = cos(θ的主值幅角)2. 正切函数的幅角关系正切函数的幅角关系稍微复杂一些。
对于一个给定的角θ，tan函数的幅角值等于θ的主值幅角加上一个整数倍的π。
二次函数与方程（图象解法）
二次函数与方程（图象解法）
明白了这个关系之后，我们就能把二次方程的根的问题，转为在函数中去解决，对于这种我们已知图像的函数，可以运用它们的图像来处理问题；由此我们就把繁琐的代数问题，变成了直观可见的图形问题。
下面给出例题：
到这里解题就会迎来两种解法：
方法一（代数方法）：
方法二（图像法）：
我们直接在坐标轴上作出函数图像，如图：
总结
一元二次方程和二次函数有着不可分割的关系，通过二次函数的图像解题能够大大缩小我们的计算量，化繁为简，更加的清晰明了。
图像法在我们以后的函数学习中有着非常重要的作用，特别是在高中数学当中，数形结合是非常有用的解题思想，现在初中阶段提前培养意识，提前掌握方法，对以后的学习会有很大的帮助。
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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：
【1】高夯，现代数学与中学数学（第二版）[M]，北京：北京师范大学出版社，2010.
【2】姚开成，函数方程的几种解法[J]，新疆石油教育学院学报，2000.
【3】聂锡军，函数方程的解法及应用[J]，丹东师专学报，1997.
【4】胡皓，函数方程的一些解法[J]，西昌师范高等专科学校学报，2002.
【5】刘维江，函数方程的解法及应用[J]，安顺师专学报，2001.
【6】徐凤林，几类函数方程的解法[J]，山东轻工业学院学报，2007.。