高中数学招教考试真题濮阳市-初中升高中数学辅导书
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f(x)
是一次函数，且
f[f(x)]?4x?3
，求
f(x)
解：设
f(x)?ax?b
(a?0)
，则
f[f(x)]?af(x)?b?a(ax?b)?b?a
2
x?ab?b
?
a?2
?
a
2
?4
?
a??2
?
?
?
?
或
?
b?
1b?3
ab?b?3
?
?
?
?f(x)?2x?1 或 f(
x)??2x?3
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
f(x?)?x?
1
x
2
1
(x?0)
，求
f(x)
的解析式
x
2
解：
?f(x?
111
)?(x?)
2
?2
，
x??2
xxx
?f(x)?x
2
?2
(x?2)
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)<
br>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
f(x?1)?x?2x
，求
f(x?1)
解：令
t
?x?1
，则
t?1
，
x?(t?1)
2
Q
f(x?1)?x?2x
?
f(t)?(t?1)
2<
br>?2(t?1)?t
2
?1,
?f(x)?x
2
?1
(x?1)
?f(x?1)?(x?1)
2
?1?x
2
?2x
(x?0)
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
y?x?x与y?g(x)
的图象关于点
(?2,3)
对称，求<
br>g(x)
的解析式
2
解：设
M(x,y)
为
y?g(x)
上任一点，且
M
?
(x
?
,y
?
)
为
M(x,y)
关于点
(?2,3)
的对称点 ?
x
?
?x
?
2
??2
?
x
?
??x?4
则
?
，解得：
?
，
y
?
?y
?
y?6?y
?
?
?3
?
2
?
点
M
?
(x
?
,y
?
)在
y?g(x)
上
?y
?
?x
?
2
?x
?
把
?
?
x
?
??x?4
代入得：
??
y?6?y
6?y?(?x?4)
2
?(?x?4)
整理得
y??x?7x?6
2
?
g(x)??x
2
?7x?6
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。
例5
设
f(x)满足f(x)?2f()?x,
求
f(x)
1
x
解
?
f(x)?2f()?x
①
1
x
显然
x?0,
将
x
换成
1
，得：
x
11
f()?2f(x)?
②
xx
解①
②联立的方程组，得：
x2
f(x)???
33x
例6 设<
br>f(x)
为偶函数，
g(x)
为奇函数，又
f(x)?g(x)?解
?
f(x)
为偶函数，
g(x)
为奇函数，
1
,
试求
f(x)和g(x)
的解析式
x?1
?f(?x)?f(x),g(?x)??g(x)
又
f(x)?g(x)?
1
① ，
x?1
用?x
替换
x
得：
f(?x)?g(?x)??
1
x?1
即
f(x)?g(x)??
1
②
x?1
解① ②联立的方程组，得
f(x)?
11
，
g(x)?
x
2
?1x
2
?x
利用判别式求值域时
应注意的问题
用判别式法求值域是求函数值域的常用方法，但在教学过程中，很多学生对用判别式求值
域
掌握不好。一是不理解为什么可以这样做，二是学生对哪些函数求值域可以用判别式法，哪些函
数不能也比较模糊。本人结合自己的教学实践谈谈对本内容的一点体会。
一、判别式法求值域的理论依据
x
2
?x
例1、
求函数
y?
2
的值域
x?x?1
象这种
分子、分母的最高
次为
2
次的分式函数
可以考虑用判别式法求值域。
x
2
?x
解：由
y?
2
得：
x?x?1
（y-1）x
2
+(1-y)x+y=0
①
上式中显然y≠1,故①式是关于x的一元二次方程
??(1?y)
2
?4y(y?1)
1
令??0
，
解得??y?1,又y?1
3
x
2
?x
?
1
?
?y?
2
的
值域为
?
?
，
1
?
3
x?x?1
??用判别式法求函数的值域是求值域的一种重要的方法，但在用判别式法求值域时经常出错，因此在用判别式<
br>求值域时应注意以下几个问题：
一、要注意判别式存在的前提条件，同时对区间端点是否符合要求要进行检验
x
2
?x?1
例：求函数
y?
的值域。
2
2x?2x?3
错解：原式变形为
(2y?1)x?(2y?1)x?(3y?1)?0 （＊）
∵
x?R
，∴
??(2y?1)?4(2y?1)(3
y?1)?0
，解得
2
2
31
?y?
。
102
故所求函数的值域是
[
31
,]
<
br>102
错因：把
y?
111
代入方程（＊）显然无解，因此
y
?
不在函数的值域内。事实上，
y?
时，方程（＊）
222
2
的二次项系数为0，显然不能用“
?
”来判定其根的存在情况。
正解：原式变形为
(2y?1)x?(2y?1)x?(3y?1)?0
（＊）
（1）当
y?
1
时，方程（＊）无解；
2
131
2
时，∵
x?R
，∴
??(2y?1)?4(2y?1)(3y?1
)?0
，解得
?y?
。
2102
31
,)
102
（2）当
y?
综合（1）、（2）知此函数的值域为
[
二
、注意函数式变形中自变量的取值范围的变化
x
2
?4x?3
例2：求函数
y?
2
的值域。 <
br>x?x?6
错解：将函数式化为
(y?1)x?(y?4)x?(6y?3)?0
（1）当
y?1
时，代入上式得
?3x?9?0
，∴
x
??3
，故
y?1
属于值域；
（2）当
y?1
时，
??(5y?2)?0
，
综合（1）、（2）可得函数的值域为
y?R
。
错因：解中函数式化为方程
时产生了增根（
x??3
与
x?2
虽不在定义域内，但是方程的根），因此最
后应
该去掉
x??3
与
x?2
时方程中相应的
y
值
。所以正确答案为
{y|y?1
，且
y?
三、注意变形后函数值域的变化
例3：求函数
y?x?1?x
2
的值域。
错解：由已知得
y?x?1?x
2
①，两边平方得
(y?x)?1?x
②
整理得
2x?2yx?
y?1?0
，由
??(?2y)?8(y?1)?0
，解得
?
故函数
得值域为
[?2,2]
。
错因：从①式变形为②式是不可逆的，扩大了
y<
br>的取值范围。由函数得定义域为
[?1,1]
易知
y?x??1
，因此函数得最小值不可能为
?
2222
22
2
2
2}
。
5
2?y?2
。
2
。∵
x??1时，
y??1
，∴
y
min
??1
，故函数的值域应为
[?1,2]
。
四、注意变量代换中新、旧变量取值范围的一致性
x
2
?4
例4：求函数
y?
的值域。 2
x?5
错解：令
t?x
2
?4
，则
y?t
22
，∴
yt?t?y?0
，由
??1?4y?0
及
y?0
得值域为
2
t?1
1
y?(0,]
。 2
错因：解法中忽视了新变元
t
满足条件
t?2
。∴设
f(t)?yt?t?y
，
y?0
，
t?[2,??)
，
2
?
??0,y?0
?
?
22
?
。故函数得值域为
（0，]
。
?0?y?
f(2)?0或f(2)?0
?
5
5
?
1
?
?2
?
?
2y
综上所述
，在用判别式法求函数得值域时，由于变形过程中易出现不可逆得步骤，从而改变了函数得定义域
或值域
。因此，用判别式求函数值域时，变形过程必须等价，必须考虑原函数得定义域，判别式存在的前提，并
注意检验区间端点是否符合要求。