ch04-函數方程與抽象函數

{/* label: chap:ch04 */}

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一個函數通常由其解析式所定義. 然而, 在许多數學情境中, 我们面對的是一個“黑箱”：我们不知道函數的具體形态, 只知道它满足某些特定的代數關係式, 即函數方程.

函數方程是刻画函數代數性質的核心工具. 抽象函數問題通常不直接给出函數的解析表达式, 而是通過一個或多個函數方程来约束其行為. 解决此類問題的過程, 是從抽象的代數關係中提炼出具體的函數性質 (如奇偶性、單调性、周期性), 進而确定其解析形式的逻辑探索.

基本分析方法

{/* label: sec:ch04-s01 */}

在面對形式各异的函數方程时, 存在若干普适性的基本分析策略. 這些方法是后續所有模型化方法的基礎, 也是在无法直接套用模型时進行探索的根本工具.

赋值法

赋值法, 或称特殊值代入法, 是求解函數方程最基礎、最直接的工具. 其逻辑基石在于, 若一個等式對定義域内任意變量均成立, 则它必然對變量取任何满足条件的特殊值时也成立. 通過审慎地選取能够簡化方程结構或揭示函數内在性質的特殊值, 我们可以係统地推導出未知函數的關键信息.

常见的赋值策略包括:

引入單位元: 在加法型方程 $f(x+y)$ 中令 $y=0$ , 或在乘法型方程 $f(xy)$ 中令 $y=1$ , 以探求 $f(0)$ 或 $f(1)$ 的值.
引入逆元: 在加法型方程中令 $y=-x$ , 或在乘法型方程中令 $y=1/x$ , 以探求函數的奇偶性或對称性.
變量取等: 令 $y=x$ , 可将 $f(x+y)$ 转化為 $f(2x)$ , 或将 $f(xy)$ 转化為 $f(x^2)$ , 由此得到關于自變量倍數或乘方的函數關係式.

多選題

已知函數 $f(x)$ 的定義域為 $\mathbb{R}$ , 對任意 $x,y \in \mathbb{R}$ , 均有 $f(x+y)=f(x)f(y)$ 成立, 且 $f(1)=2$ . 则下列說法正确的有：

\begin{tabular*}{\linewidth}{@{\extracolsep{\fill}}ll@{}} (A) $f(0)=1$ & (B) $f(x)$ 是偶函數 (C) $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上單调递增 & (D) 不等式 $f(x^2-2x) \< f(3)$ 的解集為 $(-1, 3)$ \end{tabular*}

解

此函數方程的性質可通過一係列目標明确的赋值操作来係统地揭示.

在分析具體選項前, 我们先建立函數的一個基本性質：恒正性. 在方程 $f(x+y)=f(x)f(y)$ 中, 令 $y=x$ , 得到 $f(2x)=[f(x)]^2 \ge 0$ . 若存在 $x_0$ 使得 $f(x_0)=0$ , 则對任意 $x \in \mathbb{R}$ , 有 $f(x)=f((x-x_0)+x_0) = f(x-x_0)f(x_0) = 0$ . 這将導致 $f(x)$ 為零函數, 與已知条件 $f(1)=2$ 相矛盾. 因此, 對任意 $x \in \mathbb{R}$ , 均有 $f(x) \neq 0$ . 结合 $f(2x) \ge 0$ 可知, 對任意 $x$ , $f(x) \ge 0$ . 故 $f(x)\>0$ .

對于 (A): 為探求 $f(0)$ 的值, 在原方程中令 $y=0$ , 得 $f(x)=f(x)f(0)$ . 由于 $f(x)$ 恒不為零, 可在等式两边同除以 $f(x)$ , 得到 $f(0)=1$ . 故 (A) 正确.

對于 (B): 為探究函數的奇偶性, 在原方程中令 $y=-x$ , 以引入 $f(-x)$ . $f(x-x)=f(x)f(-x)$ , 即 $f(0)=f(x)f(-x)$ . 代入 $f(0)=1$ , 得 $1=f(x)f(-x)$ , 即 $f(-x)=\dfrac{1}{f(x)}$ . 由于 $f(1)=2$ , 则 $f(-1)=1/f(1)=1/2$ . 显然 $f(-1) \neq f(1)$ 且 $f(-1) \neq -f(1)$ . 因此, $f(x)$ 既非奇函數亦非偶函數. 故 (B) 錯誤.

對于 (C): 為判断單调性, 设任意 $x_2 \> x_1$ . 则 $x_2 - x_1 \> 0$ . 我们考察 $f(x_2) = f(x_1 + (x_2 - x_1)) = f(x_1)f(x_2 - x_1)$ . 由于 $f(x_1)\>0$ , 比较 $f(x_2)$ 與 $f(x_1)$ 的大小, 等价于判断 $f(x_2-x_1)$ 與 $1$ 的關係. 令 $h=x_2-x_1\>0$ . 我们需證明当 $h\>0$ 时, $f(h)\>1$ . 由 $f(1)=2\>1$ 出發, 可知 $f(1/2)^2 = f(1)=2$ , 故 $f(1/2)=\sqrt{2}\>1$ . 通過數學归纳法可證, 對任意 $n \in \mathbb{N}^*$ , $f(1/2^n) = 2^{1/2^n} \> 1$ . 進而對任意正二進有理數 $r = \sum_{k=0}^N \frac{c_k}{2^k}$ ( $c_k \in \{0,1\}$ ), 有 $f(r) = \prod_{k=0}^N f(c_k/2^k) \> 1$ . 尽管題目未声明函數连續, 但在通常語境下, 此性質可推廣至任意正实數. 故当 $h\>0$ 时, $f(h)\>1$ . 因此 $f(x_2) = f(x_1)f(x_2-x_1) \> f(x_1)$ . 即 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上為單调递增函數. 故 (C) 正确.

對于 (D): 基于 (C) 所證的單调递增性, 函數不等式 $f(x^2-2x) \< f(3)$ 等价于其自變量的不等式 $x^2-2x \< 3$ . 解此一元二次不等式 $x^2-2x-3 \< 0$ , 即 $(x+1)(x-3) \< 0$ , 解集為 $(-1, 3)$ . 故 (D) 正确.

綜上所述, 正确的選項為 (A)(C)(D).

換元構造法

当函數方程的形式不规范, 无法直接套用標准模型时, 換元構造法是一种揭示其内在结構的有力工具. 其核心思想在于, 识别出原方程中反複出現的、具有统一结構的“功能模块”, 并将此模块定義為一個新的、更簡洁的函數, 從而将一個複杂的非標方程, 转化為一個我们熟知的標准方程.

2023年8月浙江省Z20名校联盟第一次联考第12題

(多選)定義在 $(0,+\infty)$ 上的函數 $f(x)$ 满足如下条件：(1) $f(xy) = xf(y)+yf(x)$ ；(2)当 $x\>1$ 时, $f(x)\>0$ . 则下列结論中正确的是

\begin{tabular*}{\linewidth}{@{\extracolsep{\fill}}ll@{}} (A) $f(1)=0$ & (B) $f(xy)=f(x)f(y)$ (C) $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上單调递增 & (D) 不等式 $x f\left(x-\frac{3}{2}\right) \ge \left(\frac{3}{2}-x\right)f(x)$ 的解集為 $[2,+\infty)$ \end{tabular*}

解

方程 $f(xy)=xf(y)+yf(x)$ 并非任何一种標准模型. 但我们观察到, 等式左边自變量是 $xy$ . 這启發我们尝试通過“同除以 $xy$ ”的操作, 来構造一個“函數值/自變量”形式的新函數, 看能否将其转化為我们熟悉的柯西方程.

在方程 $f(xy)=xf(y)+yf(x)$ 两边同时除以 $xy$ . 因為定義域為 $(0, +\infty)$ , $x,y$ 均為正數, 除法操作是安全的.

\frac{f(xy)}{xy} = \frac{xf(y)}{xy} + \frac{yf(x)}{xy} \implies \frac{f(xy)}{xy} = \frac{f(y)}{y} + \frac{f(x)}{x}

此變形清晰地揭示了一個重複出現的结構模块 $\frac{f(z)}{z}$ . 我们構造新函數 $g(x) = \frac{f(x)}{x}$ . 上述方程即转化為一個標准的對數型柯西方程:

g(xy) = g(x) + g(y)

在正则性假设下, 其解的模型為 $g(x)=c \ln x$ . 因此, 原函數 $f(x)$ 的模型為 $f(x) = x \cdot g(x) = cx \ln x$ .

我们利用条件(2)来确定常數 $c$ 的符号：当 $x\>1$ 时, $f(x)\>0$ . 即 $cx\ln x \> 0$ . 因為当 $x\>1$ 时, $x\>0$ 且 $\ln x \> 0$ , 所以必须有 $c\>0$ .

我们現在基于模型 $f(x)=cx \ln x$ ( $c\>0$ ) 對各選項進行判断.

(A) $f(1)=0$ : $f(1) = c \cdot 1 \cdot \ln 1 = 0$ . 正确.
(B) $f(xy)=f(x)f(y)$ : 即 $cxy\ln(xy) = (cx\ln x)(cy\ln y)$ . 显然不成立. 錯誤.
(C) $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上單调递增: 求導: $f'(x) = c(\ln x + x \cdot \frac{1}{x}) = c(\ln x + 1)$ . 因為 $c\>0$ , 当 $x\>1$ 时, $\ln x \> 0$ , 故 $f'(x) \> 0$ . 函數單调递增. 正确.
(D) 解不等式: 原不等式為 $x f(x-\frac{3}{2}) - (\frac{3}{2}-x)f(x) \ge 0$ . 移項得 $x f(x-\frac{3}{2}) + (x-\frac{3}{2})f(x) \ge 0$ . 左侧结構恰好是 $f(x \cdot (x-\frac{3}{2}))$ 的展開形式. 根据条件(1) $f(uv)=uf(v)+vf(u)$ , 令 $u=x, v=x-\frac{3}{2}$ , 则原不等式等价于 $f(x(x-\frac{3}{2})) \ge 0$ .

要使表达式有意義, 自變量必须大于0, 即 $x\>0$ 且 $x-\frac{3}{2}\>0 \implies x \> \frac{3}{2}$ . 代入模型： $c \cdot x(x-\frac{3}{2}) \ln\left(x(x-\frac{3}{2})\right) \ge 0$ . 由于 $c\>0$ 且 $x(x-3/2)\>0$ , 不等式簡化為 $\ln\left(x(x-\frac{3}{2})\right) \ge 0$ . 因為對數函數是增函數, 且 $\ln 1=0$ , 所以真數必须大于等于1. $x(x-\frac{3}{2}) \ge 1 \implies 2x^2-3x-2 \ge 0 \implies (2x+1)(x-2) \ge 0$ . 考虑到定義域 $x \> \frac{3}{2}$ , 解得 $x \ge 2$ . 正确.

正确的選項是 (A)(C)(D).

柯西函數方程及其變式

{/* label: sec:ch04-s02 */}

柯西函數方程是函數方程理論的基石. 其四种標准形式深刻地揭示了基本初等函數的核心代數结構, 并為模型法提供了理論依据.

標准形式與模型法

我们注意到, 基本初等函數的运算性質本身即構成了一類函數方程.

線性函數 $f(x)=cx$ 保持了加法结構: $f(x+y)=f(x)+f(y)$ .
指數函數 $f(x)=a^x$ 将加法映射為乘法: $f(x+y)=f(x)f(y)$ .
幂函數 $f(x)=x^k$ 保持了乘法结構: $f(xy)=f(x)f(y)$ .
對數函數 $f(x)=\log_a x$ 将乘法映射為加法: $f(xy)=f(x)+f(y)$ .

這种從具體函數性質到抽象方程的提炼, 構成了模型法识别抽象函數問題的理論基礎.

柯西函數方程

在适当的正则性条件 (如连續性、單调性或局部有界性) 下, 以下四類柯西函數方程的实數解具有唯一确定的基本初等函數形式：

\item[加法型] $f(x+y) = f(x)+f(y) \implies f(x)=cx$ \item[指數型] $f(x+y) = f(x)f(y) \implies f(x)=a^x$ (或 $f(x) \equiv 0$ ) \item[乘法型] $f(xy) = f(x)f(y) \implies f(x)=x^k$ (或 $f(x) \equiv 0, 1$ ) \item[對數型] $f(xy) = f(x)+f(y) \implies f(x)=\log_a x$ (或 $f(x) \equiv 0$ )

證明

以下證明均假设函數 $f(x)$ 在其定義域上连續.

\paragraph{加法型方程} 此為柯西方程的基礎形式, 其證明分三步将解從整數域拓展至实數域. 首先, 通過數學归纳法易證, 對任意 $n \in \mathbb{Z}$ 及 $x \in \mathbb{R}$ , 均有 $f(nx)=nf(x)$ . 其次, 對于任意有理數 $r = p/q$ ( $p \in \mathbb{Z}, q \in \mathbb{N}^*$ ), 我们有 $f(p) = pf(1)$ 且 $f(p) = f(q \cdot \frac{p}{q}) = qf(\frac{p}{q})$ . 令 $c=f(1)$ , 则 $pc = qf(p/q)$ , 故 $f(p/q) = (p/q)c$ . 這表明對任意有理數 $r \in \mathbb{Q}$ , 均有 $f(r)=cr$ . 最后, 對于任意实數 $x \in \mathbb{R}$ , 存在有理數序列 $\{r_n\}$ 使得 $\lim_{n \to \infty} r_n = x$ . 利用函數的连續性, 我们有

f(x) = f\left(\lim_{n \to \infty} r_n\right) = \lim_{n \to \infty} f(r_n) = \lim_{n \to \infty} (cr_n) = c \left(\lim_{n \to \infty} r_n\right) = cx

故加法型方程的连續解為 $f(x)=cx$ .

\paragraph{其他形式的證明} 其余三种形式的方程, 均可通過适当的變量代換與函數構造, 将其化归為已證的加法型方程.

指數型: 若 $f(x)$ 不恒為零, 则 $f(x)\>0$ . 構造 $g(x)=\ln f(x)$ . $g(x+y) = \ln f(x+y) = \ln(f(x)f(y)) = \ln f(x) + \ln f(y) = g(x)+g(y)$ . 故 $g(x)=cx$ . 因此 $\ln f(x) = cx \implies f(x) = e^{cx} = (e^c)^x$ . 令 $a=e^c$ , 则 $f(x)=a^x$ .
對數型: 定義域為 $(0, +\infty)$ . 構造 $g(t)=f(e^t)$ . $g(u+v) = f(e^{u+v}) = f(e^u e^v) = f(e^u)+f(e^v) = g(u)+g(v)$ . 故 $g(t)=ct$ . 令 $t=\ln x$ , 则 $f(x) = c \ln x = \log_{e^{1/c}} x$ . 令 $a=e^{1/c}$ , 则 $f(x)=\log_a x$ .
乘法型: 定義域為 $(0, +\infty)$ . 構造 $g(t)=\ln f(e^t)$ . $g(u+v) = \ln f(e^{u+v}) = \ln(f(e^u)f(e^v)) = \ln f(e^u)+\ln f(e^v) = g(u)+g(v)$ . 故 $g(t)=ct$ . 因此 $\ln f(e^t) = ct \implies f(e^t) = e^{ct} = (e^t)^c$ . 令 $x=e^t$ , 则 $f(x)=x^c$ .

代數變式

對標准的柯西方程進行代數上的平移或调整, 可以衍生出一係列新的函數方程模型.

平移變式

柯西方程平移變式

若连續函數 $f(x)$ 满足 $f(x+y) = f(x)+f(y)+\lambda$ (其中 $\lambda$ 為常數), 则其函數形式為 $f(x) = cx - \lambda$ , 其中 $c$ 為待定常數.

證明

為消除常數項 $\lambda$ , 我们構造一個新函數 $g(x)=f(x)+\lambda$ . 考察 $g(x+y)$ :

\begin{aligned} g(x+y) &= f(x+y)+\lambda = (f(x)+f(y)+\lambda) + \lambda &= (f(x)+\lambda) + (f(y)+\lambda) = g(x)+g(y) \end{aligned}

函數 $g(x)$ 满足標准的加法型柯西方程, 故其连續解必為 $g(x)=cx$ . 将 $f(x)$ 代回, 得 $f(x)+\lambda=cx$ , 即 $f(x)=cx-\lambda$ .

2024年3月安徽省安庆市二模第9題

(多選)已知定義在 $\mathbb{R}$ 上的函數 $f(x)$ , 满足對任意的实數 $x,y$ , 均有 $f(x+y)=f(x)+f(y)-1$ , 且当 $x\>0$ 时, $f(x)\<1$ ，则：

\begin{tabular*}{\linewidth}{@{\extracolsep{\fill}}ll@{}} (A) $f(0)=1$ & (B) $f(1)+f(-1)=1$ (C) $f(x)$ 為减函數 & (D) 函數 $y=f(x)$ 的圖像關于点 $(0,1)$ 對称 \end{tabular*}

解

该函數方程是 $\lambda=-1$ 的平移變式. 我们的解題策略是, 首先通過赋值法严谨推導函數的普适性質，然后利用這些性質對所有選項進行判断.

對于 (A): 在方程 $f(x+y)=f(x)+f(y)-1$ 中, 令 $x=y=0$ , 得到 $f(0)=f(0)+f(0)-1$ , 解得 $f(0)=1$ . 故 (A) 正确.

對于 (D) 與 (B): 為探究函數的對称性，在方程中令 $y=-x$ . $f(x-x) = f(x)+f(-x)-1$ , 即 $f(0) = f(x)+f(-x)-1$ . 代入 $f(0)=1$ , 得 $1 = f(x)+f(-x)-1$ , 整理得 $f(x)+f(-x)=2$ . 此關係式正是函數圖像關于点 $(0,1)$ 中心對称的數學表述. 故 (D) 正确. 在该對称關係式中令 $x=1$ , 可得 $f(1)+f(-1)=2$ . 故 (B) 錯誤.

對于 (C): 為判断單调性，任取 $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ 且 $x_2 \> x_1$ . 令 $\Delta x = x_2 - x_1 \> 0$ . 考察 $f(x_2)-f(x_1) = f(x_1+\Delta x) - f(x_1)$ . 根据原方程，有 $f(x_1+\Delta x) = f(x_1)+f(\Delta x)-1$ . 因此， $f(x_2)-f(x_1) = f(\Delta x)-1$ . 由題设，当自變量大于 $0$ 时, 函數值小于 $1$ . 因為 $\Delta x \> 0$ , 所以 $f(\Delta x) \< 1$ . 這意味着 $f(\Delta x)-1 \< 0$ . 故 $f(x_2)-f(x_1) \< 0$ , 即 $f(x_2) \< f(x_1)$ . 根据定義，函數 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上是减函數. 故 (C) 正确.

正确的選項是 (A)(C)(D).

尺度變式

带尺度因子的乘法型方程模型

若函數 $f(xy) = \lambda f(x)f(y)$ (其中 $\lambda \neq 0$ ), 其非平凡正则解的模型為 $f(x) = \frac{1}{\lambda}x^\alpha$ .

證明

我们采用構造法. 定義新函數 $g(x) = \lambda f(x)$ . 考察 $g(xy)$ :

\begin{aligned} g(xy) &= \lambda f(xy) = \lambda (\lambda f(x)f(y)) &= (\lambda f(x))(\lambda f(y)) = g(x)g(y) \end{aligned}

函數 $g(x)$ 满足標准的柯西乘法型方程, 故其正则解為 $g(x)=x^\alpha$ . 将 $f(x)$ 代回, 得 $\lambda f(x) = x^\alpha$ , 解得 $f(x) = \frac{1}{\lambda}x^\alpha$ .

例

(多選)已知定義在 $(0, +\infty)$ 上的函數 $f(x)$ 满足對任意 $x,y \in (0, +\infty)$ , 均有 $f(xy)=2f(x)f(y)$ , 且 $f(2)=4$ . 则下列說法正确的有：

\begin{tabular*}{\linewidth}{@{\extracolsep{\fill}}ll@{}} (A) $f(1)=\frac{1}{2}$ & (B) $f(x)$ 是奇函數 (C) $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上單调递增 & (D) $f(\frac{x}{2}) = \frac{f(x)}{8}$ \end{tabular*}

解

该函數方程符合 $f(xy) = \lambda f(x)f(y)$ 的结構，其解應為带係數的幂函數. 我们的策略是直接應用模型，确定函數的唯一解析式，然后對各選項進行檢验.

根据定理，我们识别出參數 $\lambda=2$ . 因此，函數模型可设為 $f(x) = \frac{1}{\lambda}x^\alpha = \frac{1}{2}x^\alpha$ .

利用題设条件 $f(2)=4$ 来确定指數 $\alpha$ 的值. $f(2) = \frac{1}{2}(2)^\alpha = 4$ , 即 $2^\alpha = 8$ , 解得 $\alpha=3$ .

故满足所有条件的函數是唯一的，其解析式為 $f(x)=\frac{1}{2}x^3$ .

對于 (A): 计算 $f(1) = \frac{1}{2}(1)^3 = \frac{1}{2}$ . 故(A)正确.
對于 (B): 函數的定義域為 $(0, +\infty)$ ，不關于原点對称，因此无法讨論奇偶性. 故(B)錯誤.
對于 (C): 求其導數 $f'(x) = \frac{d}{dx}(\frac{1}{2}x^3) = \frac{3}{2}x^2$ . 在定義域 $(0, +\infty)$ 上, $f'(x)\>0$ . 因此, 函數 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上严格單调递增. 故(C)正确.
對于 (D): 计算方程两端. 左端： $f(\frac{x}{2}) = \frac{1}{2}\left(\frac{x}{2}\right)^3 = \frac{x^3}{16}$ . 右端： $\frac{f(x)}{8} = \frac{\frac{1}{2}x^3}{8} = \frac{x^3}{16}$ . 左右两端相等. 故(D)正确.

正确的選項是 (A)(C)(D).

二次及高次多項式模型

{/* label: sec:ch04-s03 */}

当函數方程的结構超越了線性范畴, 引入了二次交叉項或呈現出特定的差分规律时, 其解的形态自然地導向了二次或更高次的多項式模型.

二次函數型方程

二次函數型方程模型

若函數 $f(x)$ 满足方程 $f(x+y) = f(x)+f(y)+\mu xy+\lambda$ (其中 $\mu, \lambda$ 為常數), 则其二次多項式解的形式為 $f(x) = \frac{\mu}{2}x^2 + bx - \lambda$ , 其中 $b$ 為待定係數.

證明

设 $f(x) = ax^2+bx+c$ . 计算其加法增量 $f(x+y)-f(x)-f(y)$ :

\begin{aligned} f(x+y) - f(x) - f(y) &= \left[ a(x+y)^2 + b(x+y) + c \right] - \left[ ax^2+bx+c \right] - \left[ ay^2+by+c \right] &= a(x^2+2xy+y^2) - ax^2 - ay^2 + b(x+y) - bx - by - c &= 2axy - c \end{aligned}

比较此结果與方程 $f(x+y)-f(x)-f(y) = \mu xy + \lambda$ , 可得 $2a=\mu$ 且 $-c=\lambda$ . 由此解得 $a=\mu/2, c=-\lambda$ . 係數 $b$ 不受约束.

例

(多選)已知函數 $f(x)$ 满足對任意 $x,y \in \mathbb{R}$ , 均有 $f(x+y) = f(x)+f(y)+4xy-3$ , 且 $f(1)=6$ . 则下列說法正确的有：

\begin{tabular*}{\linewidth}{@{\extracolsep{\fill}}ll@{}} (A) $f(0)=3$ & (B) $f(x)$ 為偶函數 (C) 函數 $y=f(x)$ 圖像的對称轴為 $x = -\frac{1}{4}$ & (D) 函數 $f(x)$ 的最小值為 $\frac{23}{8}$ \end{tabular*}

解

该函數方程符合二次函數型方程模型. 我们的策略是直接應用模型确定函數的解析式.

根据定理，我们识别出參數 $\mu=4$ 和 $\lambda=-3$ . 因此，函數模型可设為 $f(x) = \frac{4}{2}x^2 + bx - (-3) = 2x^2+bx+3$ .

利用題设条件 $f(1)=6$ 来确定待定係數 $b$ . $f(1) = 2(1)^2 + b(1) + 3 = 5+b$ . 令 $5+b=6$ , 解得 $b=1$ .

故函數的解析式為 $f(x)=2x^2+x+3$ .

對于 (A): 计算 $f(0) = 3$ . 故(A)正确.
對于 (B): 考察 $f(-x) = 2(-x)^2+(-x)+3 = 2x^2-x+3 \neq f(x)$ . 该函數不是偶函數. 故(B)錯誤.
對于 (C): 二次函數 $f(x)=2x^2+x+3$ 的對称轴為 $x = -\frac{1}{2(2)} = -\frac{1}{4}$ . 故(C)正确.
對于 (D): 函數的最小值在其顶点处取得, 即当 $x = -1/4$ 时. $f\left(-\frac{1}{4}\right) = 2\left(-\frac{1}{4}\right)^2 - \frac{1}{4} + 3 = \frac{1}{8} - \frac{2}{8} + \frac{24}{8} = \frac{23}{8}$ . 故(D)正确.

正确的選項是 (A)(C)(D).

差分法與多項式階數

差分算子是离散數學中類比于微分的核心工具. 定義一階前向差分算子 $\Delta$ 為 $\Delta f(x) = f(x+1)-f(x)$ . 该算子作用于多項式时, 会使其階數降低一. 對于二次函數 $f(x)=ax^2+bx+c$ , 其一階差分為 $\Delta f(x) = 2ax+(a+b)$ , 是一個一次多項式. 其二階差分 $\Delta^2 f(x) = \Delta(\Delta f(x)) = f(x+2)-2f(x+1)+f(x) = 2a$ , 是一個常數. 反之, 若一個函數的高階差分為常數, 则该函數必為多項式.

2023年12月苏州市部分高中高三上联考第12題

(多選)定義在 $\mathbb{R}$ 上的函數 $f(x)$ 同时满足：

\item[\textnormal{I.}] $f(x+1)-f(x)=2x+2, \forall x\in\mathbb{R}$ ； \item[\textnormal{II.}] 当 $x \in [0,1]$ 时, $|f(x)|\le 1$ .

则下列說法正确的有：

\begin{tabular*}{\linewidth}{@{\extracolsep{\fill}}ll@{}} (A) $f(0)=-1$ & (B) $f(x)$ 為偶函數 (C) 存在 $n\in\mathbb{N}^*$ , 使得 $f(n)\>2023n$ & (D) 對任意 $x\in\mathbb{R}$ , $|f(x)|\<x^2+|x|+3$ \end{tabular*}

解

条件I表明函數 $f(x)$ 的一階差分是一個一次多項式, 這蕴含了 $f(x)$ 本身是一個二次多項式. 我们的求解策略是：首先, 利用待定係數法确定 $f(x)$ 的二次項和一次項；其次，利用条件II确定常數項.

设 $f(x) = ax^2+bx+c$ . 计算其一階差分：

f(x+1)-f(x) = [a(x+1)^2+b(x+1)+c] - [ax^2+bx+c] = 2ax + (a+b)

根据条件I, 我们有恒等式 $2ax + (a+b) \equiv 2x+2$ . 比较係數，得 $2a = 2, a+b = 2$ , 解得 $a=1, b=1$ . 因此，函數形式必為 $f(x)=x^2+x+c$ .

接着，利用条件II. 對任意 $x \in [0,1]$ , 不等式 $|f(x)| \le 1$ 恒成立, 即 $-1 \le x^2+x+c \le 1$ . 令 $h(x)=x^2+x$ . 函數 $h(x)$ 在 $[0,1]$ 上單调递增, 值域為 $[0, 2]$ . 因此，当 $x \in [0,1]$ 时, $f(x)=h(x)+c$ 的值域為 $[c, c+2]$ . 為使此区間包含于 $[-1,1]$ 内, 必须满足 $c \ge -1$ 且 $c+2 \le 1$ , 唯一解為 $c=-1$ .

綜上，唯一的解析表达式為 $f(x)=x^2+x-1$ .

對于 (A): $f(0) = -1$ . 正确.
對于 (B): $f(x)$ 的對称轴為 $x=-1/2$ . 不是偶函數. 錯誤.
對于 (C): 判断 $f(n)\>2023n$ 是否有正整數解. 该条件等价于 $n^2+n-1 \> 2023n$ , 即 $n^2-2022n-1 \> 0$ . 這是一個開口向上的二次函數, 当 $n$ 足够大时函數值必為正. 正确.
對于 (D): 判断 $|f(x)| \< x^2+|x|+3$ 是否恒成立. 根据三角不等式, $|x^2+x-1| \le |x^2| + |x| + |-1| = x^2+|x|+1$ . 由于 $1 \< 3$ , 显然有 $x^2+|x|+1 \< x^2+|x|+3$ . 因此， $|f(x)| \le x^2+|x|+1 \< x^2+|x|+3$ . 恒成立. 正确.

正确的選項是 (A)(C)(D).

三角與雙曲函數模型

{/* label: sec:ch04-s04 */}

某些函數方程的结構與三角函數或雙曲函數的和差角公式紧密相關. 其中最著名的一類是达朗贝尔方程.

达朗贝尔方程

雙曲函數

雙曲正弦函數 ( $\sinh$ ) 和雙曲余弦函數 ( $\cosh$ ) 定義為:

\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}, \cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}

$\sinh x$ 是奇函數, $\cosh x$ 是偶函數. 它们满足恒等式 $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ .

达朗贝尔方程的正则解

设函數 $f(x)$ 的定義域為 $\mathbb{R}$ 且二次连續可微, 若满足 $f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$ , 则其非平凡解的模型為 $f(x) = \cos(\omega x)$ 或 $f(x) = \cosh(\omega x)$ , 其中 $\omega$ 為常數.

證明

将原方程對 $y$ 求偏導數两次. 第一次求導： $f'(x+y) - f'(x-y) = 2f(x)f'(y)$ . 令 $y=0$ , 得 $0=2f(x)f'(0)$ . 若 $f(x)$ 不恒為零, 则必有 $f'(0)=0$ .

第二次求導： $f''(x+y) + f''(x-y) = 2f(x)f''(y)$ . 令 $y=0$ , 得 $2f''(x) = 2f(x)f''(0)$ , 即 $f''(x) = k f(x)$ , 其中 $k=f''(0)$ .

這是一個二階常係數齐次線性微分方程. 根据 $k$ 的符号分類讨論. 若 $k\<0$ , 令 $k=-\omega^2$ , 通解為 $A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x)$ . 利用初始条件 $f(0)=1, f'(0)=0$ 可得解為 $f(x)=\cos(\omega x)$ . 若 $k\>0$ , 令 $k=\omega^2$ , 通解為 $Ae^{\omega x}+Be^{-\omega x}$ . 利用初始条件可得解為 $f(x)=\cosh(\omega x)$ . 若 $k=0$ , 解為常數函數 $f(x)=1$ .

2024届重庆第八中學高三月考卷五

(多選)定義域為 $\mathbb{R}$ 的连續函數 $f(x)$ , 對任意 $x,y \in \mathbb{R}$ , 有 $f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$ , 且 $f(x)$ 不恒為0，则下列說法正确的是

(A) $f(x)$ 為偶函數

(B) $f(x)+f(0)\ge 0$

(C) 若 $f(1)=0$ , 则 $\sum\limits_{i=1}^{2024} f(i)=4048$

(D) 若0為 $f(x)$ 的極小值点, 则 $f(x)$ 的最小值為1

解

该函數方程為达朗贝尔方程. 對于连續函數，其非平凡解模型為 $f(x)=\cos(\omega x)$ 或 $f(x)=\cosh(\omega x)$ . 通過赋值法易證 $f(0)=1$ .

對于 (A): 两個模型均為偶函數. 故 (A) 正确.

對于 (B): 已知 $f(0)=1$ . 對于模型 $f(x)=\cos(\omega x)$ , $f(x)+f(0)=\cos(\omega x)+1 \ge 0$ . 對于模型 $f(x)=\cosh(\omega x)$ , $f(x)+f(0)=\cosh(\omega x)+1 \ge 2 \> 0$ . 故 (B) 正确.

對于 (C): 附加条件為 $f(1)=0$ . 由于 $\cosh(\omega x) \ge 1$ , 模型必為 $f(x)=\cos(\omega x)$ . 由 $f(1)=\cos(\omega)=0$ , 可取 $\omega = \frac{\pi}{2}$ , 模型為 $f(x)=\cos(\frac{\pi}{2}x)$ . 该函數周期為 $T=4$ . 一個周期内的整數点函數值之和為 $\cos(\pi/2)+\cos(\pi)+\cos(3\pi/2)+\cos(2\pi) = 0-1+0+1=0$ . 由于 $2024$ 是 $4$ 的倍數, 和為 $0$ . 故 (C) 錯誤.

對于 (D): 附加条件“0為 $f(x)$ 的極小值点”. 對于模型 $f(x)=\cos(\omega x)$ , $f(0)=1$ 是其極大值. 對于模型 $f(x)=\cosh(\omega x)$ , $f(0)=1$ 是其全局最小值. 因此，该条件唯一确定了模型為 $f(x)=\cosh(\omega x)$ . 其最小值為 $f(0)=1$ . 故 (D) 正确.

正确的選項為 (A)(B)(D).

正切函數模型

若可微函數 $f(x)$ 满足方程 $f(x+y) = \frac{f(x)+f(y)}{1-f(x)f(y)}$ , 则其正则解模型為 $f(x) = \tan(\omega x)$ .

證明

令 $x=y=0$ , 得 $f(0)=0$ . 将原方程對 $y$ 求偏導數, 再令 $y=0$ , 可得微分方程 $f'(x) = f'(0)(1+[f(x)]^2)$ . 這是一個一階可分离變量的微分方程. 令 $y=f(x)$ 及常數 $\omega=f'(0)$ , 方程為 $\frac{dy}{dx} = \omega(1+y^2)$ . 分离變量積分得 $\arctan(y) = \omega x + C$ . 利用初始条件 $f(0)=0$ 可得 $C=0$ . 故 $f(x) = \tan(\omega x)$ .

2024年1月浙江省宁波市慈溪期末第6題

已知函數 $f(x)$ 的定義域為 $\mathbb{R}$ , 且 $f(x+y)f(x)f(y) = f(x+y)-f(x)-f(y)$ . 若 $f(1)=\sqrt{3}$ , 则 $\sum\limits_{k=1}^{2024} f(k) =$

\begin{tabular*}{\linewidth}{@{\extracolsep{\fill}}llll@{}} (A) $2024$ & (B) $1012\sqrt{3}$ & (C) $\sqrt{3}$ & (D) $0$ \end{tabular*}

解

首先，對给定的函數方程進行代數變形以识别其结構. $f(x)+f(y) = f(x+y)[1-f(x)f(y)]$ . 假设 $1-f(x)f(y) \neq 0$ , 则 $f(x+y) = \frac{f(x)+f(y)}{1-f(x)f(y)}$ . 此方程與正切函數的和角公式完全吻合.

我们構造其模型為 $f(x) = \tan(\omega x)$ . 利用已知条件 $f(1)=\sqrt{3}$ 来确定參數 $\omega$ . $\tan(\omega) = \sqrt{3}$ . 可取 $\omega = \frac{\pi}{3}$ . 因此，我们得到函數的具體模型為 $f(x) = \tan\left(\frac{\pi}{3}x\right)$ .

该函數的最小正周期為 $T = \frac{\pi}{\pi/3} = 3$ . 计算一個周期内的函數值之和： $f(1)+f(2)+f(3) = \tan(\frac{\pi}{3}) + \tan(\frac{2\pi}{3}) + \tan(\pi) = \sqrt{3} - \sqrt{3} + 0 = 0$ .

所求和式的項數為 $2024$ . $2024 = 3 \times 674 + 2$ .

\begin{aligned} \sum\limits_{k=1}^{2024} f(k) &= 674 \times (f(1)+f(2)+f(3)) + f(2023) + f(2024) &= 0 + f(1) + f(2) = \sqrt{3} - \sqrt{3} = 0. \end{aligned}

最终答案是 $0$ , 選择(D).

基本分析方法​

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