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1.
邢鹏 《河北理科教学研究》2007,(1):61-61
1配凑法例如,已知f(x 1)=x~2-3x 2,求f(x).因为f(x 1)=(x 1)~2-5(x 1) 6,所以f(x)=x~2-5x 6.2换元法例如,已知f(xx 1)=x2x 21 1x,求f(x).设xx 1=t,则x=t1-1,代入已知条件得f(t)=1 (t-1)2 (t-1)=t2-t 1,故f(x)=x2-x 1.3待定系数法例如,已知f[f(x)]=4x 3,求一次函数f(x).设一次函数f(x)=kx b,代入已知条件得f[f(x)]=f(kx b)=k(kx b) b=k2x bx b,比较系数得k=2,b=1或k=-2,b=-3所以f(x)=2x 1或f(x)=-2x-3.4方程组法例如,已知函数f(x)的定义域为{x|x≠0},满足f(x)-2f(1x)=x-1,求f(x).将原方程的x变量换成1x,则有f(1x)-2f(x)=1x-1,与原方程联立方… 相似文献
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数学美的具体体现是结构美、对称美、简洁美、奇异美 ,配偶法解题揭示了数学美之所在 ,本文例举几例与大家共赏 .1 倒数配偶例 1 已知函数 f(x)满足 2 f(x) - f(1x) =x(x≠ 0 ) ,求 f(x)的解析式 .解 2 f(x) - f(1x) =x ,①以 1x 代x得2 f(1x) - f(x) =1x.②① × 2 +②得3f(x) =2x+ 1x,∴f(x) =2x2 + 13x .例 2 (2 0 0 2年全国高考题 )已知 f(x) =x21+x2 ,则f(1) + f(2 ) + f(12 ) + f(3) + f(13) + f(4) +f(14 ) =.解 由 f(x) =x21+x2 得 f(x) + f(1x) =1,∴f(1) + f(2 ) + f(12 ) + f(3) + f(13) + f(4) + f(14 ) =12 + 1+ 1+ 1… 相似文献
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先看一例 :已知二次函数 f(x)满足条件 :| f(0 ) |≤1,| f (1) |≤ 1,| f (- 1) |≤ 1.试证 :对于 x∈[- 1,1]时必有 | f(x) |≤ 54.证 设 f(x) =ax2 bx c(a≠ 0 ) ,则由f(0 ) =c,f(1) =a b c,f (- 1) =a- b c,可得 a =f (1) f (- 1) - 2 f (0 )2 ,b =f (1) - f (- 1)2 ,c=f(0 ) .又∵ | f(0 ) |≤ 1,| f (1) |≤ 1,| f (- 1) |≤ 1及 x∈ [- 1,1],∴| f (x ) | =| f(1) f(- 1) - 2 f(0 )2 x2 f (1) - f(- 1)2 x f (0 ) | =| f(1)2 (x2 x) f (- 1)2 (x2 - x) f(0 ) (1- x2 ) |≤ 12 | x2 x| 12 | x2 - x| | 1- x2 | … 相似文献
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李显规 《数学大世界(高中辅导)》2005,(9)
不等式的证明,技巧性强,难度大,又是高考的重点.很多学生望而生畏,无从下笔,本文通过几例来说明一类绝对值不等式的证明.思想方法:归一法———消去几个参变量,只留下其中一个变量.【例1】已知二次函数f(x)=ax2 bx c,｜f(0)｜≤2,｜f(1)｜≤1,｜f(-1)｜≤1.求证:当x∈[-1,1]时,恒有｜f(x)｜≤178.证明:由已知,f(1)=a b c,f(-1)=a-b c,f(0)=c∴a=f(-1) f(1)-2f(0)2b=f(1)-f(-1)2,c=f(0)∴｜f(x)｜=｜f(-1) f(1)-2f(0)2x2 f(1)-f(-1)2x f(0)｜=｜f(-1)(12x2-12x) f(1)(12x2 12x) f(0)(-x2 1)｜≤｜12x2-12x｜ ｜12x2 12x｜ 2｜-x2 1｜=-2x2-x … 相似文献
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《中学生数理化(高中版)》2008,(9)
1.函数的定义及求值问题例1(2008年高考陕西卷)定义在R上的函数f(x)满足f(x y)=f(x) f(y) 2xy(x,y∈R),f(1)=2,则f(-3)等于().A.2B.3C.6D.9解:由f(1)=2,令x=y=1,得f(2)=f(1) f(1) 2=6.再令x=1,y=2,得f(3)=f(1) f(2) 4=12.取x=-y,得f(0)=f(x) f(-x)-2x2.由f(x y)=f(x) f(y) 2xy, 相似文献
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第 1章 函数1 例题解析例 1:设 f(x) =x +1,则 f(f(x) +1) =( ) . A x B x+1 C x+2 D x+3解 :由于 f(x) =x+1,得 f(f(x) +1) =(f(x) +1) +1=f(x) +2将 f(x) =x+1代入 ,得 f(f(x) +1) =(x+1) +2 =x+3例 2 :下列函数中 ,( )不是基本初等函数 . A y=(1e) x B y=lnx2 C y=sinxcosx D y=3x5解 :因为y=lnx2 是由y=lnu ,u =x2 复合组成的 ,所以它不是基本初等函数 .例 3:设函数 f(x) =cosx ,x ≤ 00 ,x >0 ,则 ( ) . A f(- π4 ) =f(π4 ) B f(0 ) =f(2π) C f(0 ) =f(- 2π) D f(π… 相似文献
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讨论并解决了模糊Banach空间上混合三次函数方程f(x1+x2,y1+y2)+f(x1+x2,y1-y2)=2f(x1,y1)+2f(x1,y2)+2f(x2,y1)+2f(x2,y2)的Hyers-Ulam-Rassias模糊稳定性. 相似文献
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Ⅰ.正比例函数f(x)=kx(k≠0,x∈R)的抽象函数的特征式为:(1)f(x+y)=f(x)+f(y);(2)f(x-y)=f(x)-f(y);(3)f(xy)=k1f(x)f(y),特别地当k=1时,有f(xy)=f(x)f(y).例1:定义在R上的函数f(x),恒有f(x+y)=f(x)+f(y),若f(16)=4,那么f(2003)=.解法1(基本解法):令x=y=0,得f(0)=2f(0),∴f(0)=0.令y=-x,得f(x-x)=f(x)+f(-x),即f(-x)=-f(x),∴f(x)是奇函数.令y=x,得f(2x)=2f(x),f(22x)=f(2·2x)=2f(2x)=22f(x),…,f(2nx)=2nf(x).又∵f(16)=4,∴f(1)=41.∵f(2003)=f(211-25-23-22-1),∴f(2003)=f(211)-f(25)-f(23)-f(22)-f(1)=(211-25-23-22-1)·f(1)=20403.… 相似文献
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1待定系数法例1若f(x)=x2-mx+n,f(n)=m,f(1)=2,求f(x).解依题意:2,12,n mn n mm n-----++==解得m=-2,n=-1,∴()f x=x2+2x-1.注如果已知函数式的构造模式,通常根据题设用此法求出函数式的待定系数.2换元法例2已知f(x+1)=x+1,求f(x).解令x+1=t,则x=(t-1)2(t≥1),∵f(t)=(t-1)2+1(t≥1),即f(x)=t2-2t+2(x≥1).注如果已知复合函数f(g(x))的表达式,求f(x)的解析式;先令g(x)=t,得f(x),但值得注意的是在进行变量替换时,应求出新变量的取值范围,否则容易出现错误.3代入法例3设()1f x=1-x,求f(f(f(x)))的解析式.解∵(())11f f x=1-f(x)=1-1/(1-x)1x x… 相似文献
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定义记fo(x)是给定的一个多项式,记f1(x)=f0‘(x).将f0(x)除以f1(x)所得余式变号记为f2(x),即f0(x)=f1(x)q(x)-f2(x)(deg f2(x)相似文献
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文[1]利用组合变换的互逆公式证明了定理1 (Euler恒等式) sum from k=0 n (-1)~(n-k)C_n~kK~n=n!(1) 本文利用差分、微分方法,给出比定理1更一般的几个结论, 定义如果f(x)是x的多项式,那么多项式f(x+1)-f(x)称为f(x)的差分,用△f(x)表示之;△f(x)的差分叫做f(x)的二阶差分,用△~2f(x)表示之,所以△~2f(x)=△[f(x+1)-f(x)]=f(x+2)-2f(x+1)+f(x)。又用△~3f(x)表示△~2f(x)的差分,叫做f(x)的三阶差分,显然有△~3f(x)=f(x+3)-3f(x+2)+3f(x+1)-f(x)。 相似文献
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一、选择题(每小题6分,共36分)1.函数y=f(x)与y=g(x)的定义域和值域都是R,且都有反函数.则函数y=f-1(g-1(f(x)))的反函数是().(A)y=f(g(f-1(x)))(B)y=f(g-1(f-1(x)))(C)y=f-1(g(f(x)))(D)y=f-1(g-1(f(x)))2.集合M由满足如下条件的函数f(x)组成:当x1、x2∈[-1,1]时,有|f(x1)-f(x2)|≤4|x1-x2|.对于两个函数f1(x)=x2-2x+5,f2(x)=|x|,以下关系中成立的是().(A)f1∈M,f2∈M(B)f1∈M,f2∈M(C)f1∈M,f2∈M(D)f1∈M,f2∈M3.抛物线y=2x2上两点A(x1,y1)、B(x2,y2)关于直线y=x+m对称.若2x1x2=-1,则2m的值是().(A)3(B)4(C)5(D)64.在△ABC中,… 相似文献
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赵建勋 《中学生数理化(高中版)》2006,(6)
抽象函数是指未给出具体解析式的函数,这类问题是高一学习的难点,现行教材中没有举例说明其解法,同学们对解这类题常感到困难,为帮助大家解决这个问题,本文介绍几种方法和技巧,以供参考.一例、1用抽象函数的规律法设函数f(x)的定义域为R,对任意x1、x2∈0,21都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),且f(1)=a>0,求f21及f41.解:因为对于x1、x2∈0,21,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),所以f(x)=f2x+2x=f2x·f2x=f22x≥0,x∈[0,1].∴f(1)=f21+21=f12·f21=f122,f21=f41+14=f41·f41=f412.由f(1)=a>0,得f212=a>0,则f21=a12.又f412=f21=a21,所以f41=a41.注:有些题目… 相似文献
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下面是文[1]给出的三道习题: (1) 已知f2(x+(1)/(x))=x2+(1)/(x2),求f2(x); (2) 已知f3(x+(1)/(x))=x3+(1)/(x3),求f3(x); (3) 已知f6(x+(1)/(x))=x6+(1)/(x6),求f6(x). 相似文献
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1先看2001年高考数学题(全国卷的压轴题,第22题)的表述:设f(x)是定义在R上的偶函数,其图像关于直线x=1对称,P x1,x2∈0,21都有f(x1 x2)=f(x1)·f(x2)且f(1)=a>0.(1)求f(21)及f(41);(2)证明f(x)是周期函数;(3)记an=f(2n 21n)求lni→m∞(lnan).这里问题的关键是函数方程式f(x1 x2 相似文献
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一、通过猜想,探索问题的结果例1设f(x)=4x4x+2,求f(20105)+f(20205)+…+f(22000035)+f(22000054)的值.解析f(20105)+f(22000054)=412005412005+2+420042005420042005+2=4+2×412005+4+2×4200420054+2×412005+2×420042005+4=1.由于12005+22000045=1,于是猜想:当x1+x2=1时,是否总有f(x1)+f(x2)=1恒成立?事实上,当x1+x2=1时,有f(x1)+f(x2)=4x14x1+2+4x24x2+2=4+2×4x1+4+2×4x24+2×4x1+2×4x2+4=1.因此,原式=[f(20105)+f(22000045)]+…+[f(12000052)+f(12000035)]=1002.二、通过猜想,发现问题的解法例2求证:(1-x)2+(!3-y)2!+(2-x)2+y2!+x2… 相似文献
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第 31届西班牙数学奥林匹克第 2题是 :证明 :如果 ( x+ x2 + 1 ) ( y+ y2 + 1 )=1 ,那么 x+ y=0 .分析 注意到式子 x+ x2 + 1 ,y+y2 + 1的结构完全相同 ,我们引进函数f( x) =x+ x2 + 1 .容易知道函数 f( x)具有以下性质 :1 f( x) f( - x) =1 ;2 f( x)在定义域 R上是增函数 .(对于性质 2 ,只需把 f ( x1 ) - f ( x2 )化为 ( x1 - x2 ) x21 + 1 + x22 + 1 + x1 + x2x21 + 1 + x22 + 1,利用 x21 + 1 + x22 + 1 + x1 + x2 >| x1 | + | x2 |+ x1 + x2 ≥ 0即可证得 .)显然 ,原竞赛题就是证明 :如果 f ( x) f ( y) =1 ,那么 x+ y=0 .现在简证如… 相似文献