特殊方法求函数解析式
求函数的解析式，除过我们学习的那些常规的待定系数法、换元法、方程组法等之外，还有一部分使用比较特殊的方法求解的。
前言
求函数的解析式，除过我们学习的那些常规的待定系数法、换元法、方程组法等之外，还有一部分使用比较特殊的方法求解的，整理如下。
观察归纳
解析：利用观察归纳和换元法求解析式。
\(f(0)=3=3\cdot 2^0\)；
\(f(0.5)=2\cdot f(0)=3\cdot 2^1\)；
\(f(1)=2\cdot f(0.5)=4\cdot f(0)=3\cdot 2^2\)；
\(f(1.5)=2\cdot f(1)=8\cdot f(0)=3\cdot 2^3\)；
\(\cdots\cdots\)
\(f(0.5n)=2f(0.5(n-1))=3\cdot 2^n\)；[1]
令\(0.5n=t\)，则 \(n=2t\)，代入得到 \(f(t)=3\cdot 2^{2t}=3\cdot (2^2)^t=3\cdot 4^{t}\)
所以函数 \(y=f(x)\) 的一个解析式为 \(f(x)=3\cdot 4^x\)
换元法
分析：令内层函数\(f(x)-2lnx=t\)，则\(f(t)=1\)且\(f(x)=t+2lnx\)，
又令\(x=t\)，则得到\(f(t)=t+2lnt\)，故有\(t+2lnt=1\)，
观察得到\(t=1\)，即得到函数的解析式\(f(x)=2lnx+1\)；
又\(f'(x)=\cfrac{2}{x}\)，故所求方程为\(2lnx+1-\cfrac{2}{x}=1\)，
即\(2lnx-\cfrac{2}{x}=0\)； 令\(g(x)=2lnx-\cfrac{2}{x}\)，
\(g(1)=2ln1-2<0，g(2)=2lnx-1>0\)，故有解区间为 \(C.(1，2)\) .
分析：本题实质是求抽象复合函数的解析式，令内函数\(f(x)-e^x=t\)，
则有\(f(x)=e^x+t\)，又由题目可知，\(f(t)=e+1\)，故有\(f(t)=e^t+t\)，
则\(e^t+t=e+1\)，观察可知\(t=1\)，即有\(f(x)-e^x=1\)，
\(f(x)=e^x+1\)，所以\(f(ln2)=e^{ln2}+1=3\)。
法1：换元法，令\(e^x=t\)，则\(x=lnt\)，由已知可知\(f(t)=lnt+t\)，
即\(f(x)=lnx+x\)，故\(f'(x)=\cfrac{1}{x}+1\)，
令\(x=1\)，得到\(f'(1)=2\).
法2：复合函数求导法，由\(f(e^x)=x+e^x\)，
两边对\(x\)求导，得到\(f'(e^x)\cdot e^x=1+e^x\)，
即\(f'(e^x)=\cfrac{1}{e^x}+1\)，令\(e^x=1\)，
即\(x=0\)，代入得到\(f'(1)=\cfrac{1}{1}+1=2\).
解析：由于函数 \(f(x)\) 在定义域 \((0，+\infty)\) 上是单调函数，则由已知 \(f(f(x)-\cfrac{1}{x})=2\) 可知，
内层自变量整体 \(f(x)-\cfrac{1}{x}\) 的值具有唯一性，
令自变量位置的整体 \(f(x)-\cfrac{1}{x}=t\)，则已知的表达式 \(f(f(x)-\cfrac{1}{x})=2\) 代换后变形为 \(f(t)=2\)，
且由换元的式子 \(f(x)-\cfrac{1}{x}=t\) 移项可得到 \(f(x)=t+\cfrac{1}{x}\)，
又令\(f(x)=t+\cfrac{1}{x}\)中的\(x=t\)，得到\(f(t)=t+\cfrac{1}{t}\)，结合\(f(t)=2\)，
得到\(t+\cfrac{1}{t}=2\)，又定义域是\((0，+\infty)\)，解得\(t=1\)，
故代入\(f(x)=t+\cfrac{1}{x}\)，得到解析式为\(f(x)=\cfrac{1}{x}+1\)。 故选\(D\).
分析：本题目的难点之一是利用代换法先求得函数\(f(x)\)的解析式；然后再求正实数\(m\)的取值范围。
由于任意不等正数\(x_1\)、\(x_2\)，有\([f(x_1)-f(x_2)](x_1-x_2)>0\)，则\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递增，
令\(f(x)-lnx=t\)，则\(f(t)=1\)①，
又由于\(f(x)-lnx=t\)，即\(f(x)=lnx+t\)，令\(x=t\)，则\(f(t)=lnt+t\)②，
由\(\left\{\begin{array}{l}{f(t)=1}\\{f(t)=lnt+t}\end{array}\right.\)可知，\(lnt+t=1\)，
即\(lnt=1-t\)，此时得到的方程为超越方程，需要用图像求解；
观察可知，\(t=1\)，即函数\(f(x)\)的解析式为\(f(x)=lnx+1\)；
接下来，用常规方法求正实数\(m\)的取值范围。
由题目可知，\(g(x)=lnx+1+\cfrac{1}{x}-m^2+m\)有两个不同的零点，
即方程\(lnx+1+\cfrac{1}{x}-m^2+m=0\)有两个不同的根，
整体分离参数得到，\(m^2-m=lnx+1+\cfrac{1}{x}\)，令\(h(x)=lnx+1+\cfrac{1}{x}\)，
则\(h'(x)=\cfrac{x-1}{x^2}\)，则\(x\in (0，1)\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，\(x\in (1，+\infty)\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，
故\(h(x)_{min}=h(1)=2\)，要使得方程\(h(x)=m^2-m\)有两个不同的交点，则必须满足\(m^2-m>h(x)_{min}\)，
则题目转化为\(m^2-m>2\)，解得\(m<-1\)或\(m>2\)，又由\(m>0\)，可得\(m>2\)，
即正实数\(m\)的取值范围是\((2，+\infty)\).
赋值法
分析：令\(y=x\)，代入原式得到\(f(x-x)=f(x)-x(2x-x+1)\)，
即\(f(x)-x(x+1)-f(0)=0\)，
即\(f(x)=x^2+x+1\)
分析：令\(x=\cfrac{1}{2}\)，则\(f(\cfrac{1}{2})=1+f(\cfrac{1}{2})\cdot log_2\cfrac{1}{2}\)，
即\(f(\cfrac{1}{2})=1-f(\cfrac{1}{2})\)，解得\(f(\cfrac{1}{2})=\cfrac{1}{2}\)，
故所求解析式为\(f(x)=1+\cfrac{1}{2}log_2x\)，
则\(f(2)=1+\cfrac{1}{2}=\cfrac{3}{2}\)。
导数法
分析：给原式两边同时求导，可得\(f'(x)=2x+2f'(2)\)，
再令\(x=2\)得到\(f'(2)=4+2f'(2)\)，
解得\(f'(2)=-4\)，可知\(f(x)=x^2-8x+1\)。
分析：由\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{2-|x|，x\leq 2}\\{(x-2)^2，x>2}\end{array}\right.\)，得到
\(f(2-x)=\left\{\begin{array}{l}{2-|2-x|，2-x\leq 2}\\{(2-x-2)^2，2-x>2}\end{array}\right.\)，
即\(f(2-x)=\left\{\begin{array}{l}{2-|2-x|，x\ge 0}\\{x^2，x<0}\end{array}\right.\)，
再分类讨论去掉绝对值符号得到
\(f(2-x)=\left\{\begin{array}{l}{4-x，x>2}\\{x，0\leq x\leq 2}\\{x^2，x<0}\end{array}\right.\)，
故当\(x<0\)时，\(g(x)=3-x^2\)，\(f(x)=2+x\)，
当\(0\leq x\leq 2\)时，\(g(x)=3-x\)，\(f(x)=2-x\)，
当\(x>2\)时，\(g(x)=x-1\)，\(f(x)=(x-2)^2\)，
由函数\(y=f(x)-g(x)\)的零点个数即为方程\(f(x)=g(x)\)的根的个数，故有
当\(x<0\)时，\(3-x^2=2+x\)，解得\(x=\cfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\)或\(x=\cfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\)(舍去)；
当\(0\leq x\leq 2\)时，\(3-x=2-x\)，则方程无解；
当\(x>2\)时，\(x-1=(x-2)^2\)，即\(x^2-5x+5=0\)，解得\(x=\cfrac{5+\sqrt{5}}{2}\)或\(x=\cfrac{5-\sqrt{5}}{2}\)(舍去)；
故方程\(f(x)=g(x)\)的根的个数为\(2\)个，即函数\(y=f(x)-g(x)\)的零点个数为\(2\)个。
解后反思：①需要先求出解析式；②求函数的零点个数，能解则解；
同一法
分析：由\(f(x)+f'(x)=\cfrac{2x-1}{e^x}\)，得到\(e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)=2x-1\)，
令\(g(x)=e^x\cdot f(x)\)，则\(g'(x)=e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)=2x-1\)，则\(g(x)=x^2-x+C\)，
由于\(f(0)=0\)，则\(g(0)=e^0\cdot f(0)=0\)，则\(g(x)=x^2-x\)；
这样从两个不同的角度得到了同一个函数\(g(x)\)，则\(g(x)=x^2-x=e^x\cdot f(x)\)，
解得\(f(x)=\cfrac{x^2-x}{e^x}\)；接下来用导数的方法，求函数\(f(x)\)的单调区间即可，
\(f'(x)=\cdots=\cfrac{-x^2+3x-1}{e^x}=-\cfrac{(x-\cfrac{3-\sqrt{5}}{2})(x-\cfrac{3+\sqrt{5}}{2})}{e^x}\)
故单调递减区间为\((-\infty，\cfrac{3-\sqrt{5}}{2})和(\cfrac{3+\sqrt{5}}{2}，+\infty)\)，故选\(A\)。
定积分法
分析：注意到表达式\(\int_{0}^{1}f(x)dx\)应该是个实数，
故两边同时取定积分得到\(\int_{0}^{1}f(x)\;dx=\int_{0}^{1}x^2\;dx+\int_{0}^{1}[2\int_{0}^{1}f(x)dx]dx\)，
即就是\(\int_{0}^{1}f(x)\;dx=\int_{0}^{1}x^2\;dx+[2\int_{0}^{1}f(x)dx]\cdot\int_{0}^{1}1\cdot dx\)，
即\(\int_{0}^{1}f(x)\;dx=\cfrac{x^3}{3}|_0^1+[2\int_{0}^{1}f(x)dx]\cdot x|_0^1\)，
即\(\int_{0}^{1}f(x)\;dx=\cfrac{1}{3}+2\int_{0}^{1}f(x)dx\)，
即\(\int_{0}^{1}f(x)\;dx=-\cfrac{1}{3}\).
故\(f(x)=x^2-\cfrac{2}{3}\)。
夹逼定理
已知二次函数\(f(x)=ax^2+bx+c\)的图象经过点\((-2，0)\)，且不等式\(2x≤f(x)≤\cfrac{1}{2}{x}^{2}+2\)对一切实数\(x\)都成立。（Ⅰ）求函数\(f(x)\)的解析式；
【解析】：由题意得：\(f(-2)=4a-2b+c=0①\)，
因为不等式\(2x≤f(x)≤\cfrac{1}{2}x^2+2\)对一切实数\(x\)都成立，
令\(x=2\)，得：\(4≤f(2)≤4\)，所以\(f(2)=4\)，即\(4a+2b+c=4②\)
由①②解得：\(b=1，且c=2-4a，\)
所以\(f(x)=ax^2+x+2-4a\)，
由题意得：\(f(x)-2x≥0\)且\(f(x)-\cfrac{1}{2}x^2-2≤0\)对\(x∈R\)恒成立，
即\(\begin{cases}ax^2-x+2-4a\ge 0③\\(a-\cfrac{1}{2})x^2+x-4a\leq 0 ④\end{cases}\)对\(x\in R\)恒成立，
对③而言，由\(a>0\)且\(\Delta =1-4a(2-4a)\leq 0\)，
得到\((4a-1)^2\leq 0\)，所以\(a=\cfrac{1}{4}\)，经检验满足④，
故函数\(f(x)\)的解析式为\(f(x)=\cfrac{1}{4}x^2+x+1\)。
解后反思：注意由\(4\leq f(2)\leq 4\)得到\(f(2)=4\)的结论的使用，即夹逼定理，或者理解为用不等关系给出相等关系。
对应练习
提示：参照换元法，解得解析式 \(f(x)=2^x+2\) .
提示：参照换元法，解得解析式 \(f(x)=\log_2x+2\) . 则函数 \(y=2^{f(x)}-\cfrac{1}{x}\) 的零点，即方程 \(2^{\log_2x+2}-\cfrac{1}{x}=0\) 的解，
求解得到 \(x=\cfrac{1}{2}\)(定义域为 \(x>0\)，故舍去\(x=-\cfrac{1}{2}\)) ，故选 \(A\) .
观察规律的方法，给自变量整体乘以 \(2\)，得到 \(2\) 的指数； ↩︎
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