求函数解析式的四种常用方法

求函数解析式的四种常用方法有：配凑法、换元法、待定系数法、 消元法。

一、待定系数法

待定系数法是求函数解析式的常用方法之一，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，它在函数解析式的确定中扮演着十分重要的角色。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。

小结：我们只要明确所求函数解析式的类型，便可设出其函数解析式，设法求出其系数即可得到结果。类似的已知f(x)为一次函数时，可设f(x)=ax+b(a≠0)；f(x)为反比例函数时，可设f(x)= k/x (k≠0)；f(x)为二次函数时，根据条件可设

①一般式：f(x)=ax2+bx+c(a≠0)

②顶点式：f(x)=a(x-h)2+k(a≠0)

③双根式：f(x)=a(x-x1)(x-x2)(a≠0)

二、换元法

换元法也是求函数解析式的常用方法之一，它主要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。它主要适用于已知复合函数的解析式，但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。

小结：

①已知f[g(x)]是关于x的函数，即f[g(x)]=F(x)，求f(x)的解析式，通常令g(x)=t，由此能解出x=(t)，将x=(t)代入f[g(x)]=F(x)中，求得f(t)的解析式，再用x替换t，便得f(x)的解析式。

注意：换元后要确定新元t的取值范围。

②换元法就是通过引入一个或几个新的变量来替换原来的某些变量的解题方法，它的基本功能是：化难为易、化繁为简，以快速实现未知向已知的转换，从而达到顺利解题的目的。常见的换元法是多种多样的，如局部换元、整体换元、三角换元、分母换元等，它的应用极为广泛。

三、配凑法

已知复合函数的表达式，要求的解析式时，若表达式右边易配成的运算形式，则可用配凑法，使用配凑法时，要注意定义域的变化。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。

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。

四、消元法（方程组法）

求抽象函数的解析式，往往通过变换变量构造一个方程，组成解方程组法：求抽象函数的解析式，往往通过变换变量构造一个方程组，利用消元法求 f（x）的解析式。

所谓抽象函数问题，是指没有具体地给出函数的解析式，只给出它的一些特征或性质。解决这类问题常涉及到函数的概念和函数的各种性质，因而它具有抽象性、综合性和技巧性等特点。抽象函数问题既是教学中的难点，又是近几年来高考的热点。

1换元法

换元法包括显性换元法和隐性换元法，它是解答抽象函数问题的基本方法

例1 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos2x, 求f(x)

解:令u=1+sinx,则sinx=u-1 (0≤u≤2),则f(u)=-u2+3u+1 (0≤u≤2)

故f(x)=-x2+3x+1 (0≤u≤2)

2方程组法

运用方程组通过消参、消元的途径也可以解决有关抽象函数的问题。

例2

解:

3待定系数法

如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。

例3已知f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求f(x)

解:由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)=ax2+bx+c (a≠0)

代入比较系数得过且过:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1

4赋值法

有些抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。

例4对任意实数x,y，均满足f(x+y2)=f(x)+2[f(y)]2且f(1)≠0,则f(2001)=_______

解:令x=y=0,得：f(0)=0,令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2,

5转化法

通过变量代换等数学手段将抽象函数具有的性质与函数的单调性等定义式建立联系，为问题的解决带来极大的方便

例5设函数f(x)对任意实数x,y，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0时f(x)<0,且f(1)= -2,求f(x)

在[-3，3]上的最大值和最小值

解:令x=y=0,得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)为奇函数

设x1<x2,则x2-x1>0,由已知得f(x2-x1)<0,故f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)< f(x1)

所以f(x)是R上的减函数,又f(3)=f(1)+f(2)=-6,f(-3)=6

故f(x)在[-3,3]上的最大值为6,最小值为-6

6递推法

对于定义在正整数集N上的抽象函数,用递推法来探究，如果给出的关系式具有递推性，也常用递推法来求解

例6是否存在这样的函数f(x),使下列三个条件:①f(n)>0,n∈N;②f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2∈N;

③f(2)=4同时成立若存在,求出函数f(x)的解析式；若不存在，说明理由

解:假设存在这样的函数f(x),满足条件,得f(2)=f(1+1)=4,解得f(1)=2

又f(2)=4=22,f(3)=23,…,由此猜想:f(x)=2x (x∈N) (数学归纳证明 略）

7模型法

模型法是指通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法。

应掌握下面常见的特殊模型:

特殊模型 抽象函数

正比例函数f(x)=kx (k≠0) f(x+y)=f(x)+f(y)

幂函数 f(x)=xn f(xy)=f(x)f(y) [或 ]

指数函数 f(x)=ax (a>0且a≠1) f(x+y)=f(x)f(y) [

对数函数 f(x)=logax (a>0且a≠1) f(xy)=f(x)+f(y) [

正、余弦函数 f(x)=sinx f(x)=cosx f(x+T)=f(x)

正切函数 f(x)=tanx

余切函数 f(x)=cotx

例7设定义在R上的函数f(x),满足当x>0时,f(x)>1,且对任意x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2

解:(1)先证f(x)>0,且单调递增，因为f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0时f(x)>1,所以f(0)=1

f(x)=f[(x-xo)+xo]=f(x-xo)f(xo)=0,与已知矛盾，故f(x)>0

任取x1,x2∈R且x1<x2,则x2-x1>0,f(x2-x1)>1,

所以f(x1)-f(x2)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1]>0

所以x∈R时,f(x)为增函数 解得:{x|1<x<2}

(2)f(1)=2,f(2)=2,f(3)=8,原方程可化为:[f(x)]2+4f(x)-5=0,解得f(x)=1或f(x)=-5（舍)

由(1)得x=0

函数总共有三种表示方法：解析法，图象法和列表法，其中解析法是用函数表达式表示两个变量之间的对应关系．即解析式。求函数的解析式不但是函数中最基本的题型，而且在求解的过程中蕴涵着一些思想方法和解题技巧。求函数解析式的方法有多种．但在教材和学习资料中最常见的有六种：代人法，换元法，配凑法，待定系数法。解方程组法（消元法）。求分段函数的解析式。