赋值法

前言

赋值法是高中数学中比较常用的一种方法，使用“赋值法”的数学素材和知识点，散落在高中数学的几乎各个章节中，现对其进行整理，以便于学习。比如学习函数时可以赋值法给出单调性，奇偶性，周期性等，求函数的值。

理论依据

比如给定(R)上的函数(f(x))，满足条件(f(x+y)=f(x)+f(y))，则我们就可以令(x=1，y=1)，得到(f(2)=f(1)+f(1)=2f(1))；当然也可以令(x=1，y=0)，得到(f(1)=f(1)+f(0))，从而得到(f(0)=0)，实际上由于是(R)上的函数(f(x))，那么我们给(x、y)任意赋值都是合理的，这样就能得到无穷个等式，但是我们解题不需要这么多，只需要有针对性的一两个，所以我们其实是有目的的赋值的，那么到底该怎么赋值呢，这要结合具体题目来分析，需要一定的数学素养。以下为涉及到的数学素材：

判断抽象函数性质

例1-单调性如定义在(R)上的函数(f(x))满足(f(x+y)=f(x)+f(y))，且(x >0)时，(f(x)<0)，判定函数单调性。

分析：令(x_1> x_2)，则(x_1-x_2>0)，故(f(x_1-x_2)<0)，

则有$ f(x_1) = f(x_1-x_2+x_2) = f(x_1-x_2)+f (x_2) < f( x_2) $，

故函数(f(x))在(R)上单调递减。

例2-奇偶性已知函数(f(x))满足(f(1)=cfrac{1}{2})，且(f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y))，判断函数的奇偶性；

分析：令(x=y=0)，则有(2f(0)=2f^2(0))，得到(f(0)=0或f(0)=1)；

再令(x=1，y=0)，则有(2f(1)=2f(1)f(0))，得到(f(0)=1)；

又题目已知(f(1)=cfrac{1}{2})，

若令(x=0)，则得到(f(y)+f(-y)=2f(0)f(y)=2f(y))，

所以(f(-y)=f(y))，可知函数是偶函数。

例3-周期性比如已知定义在(R)上的函数满足(f(x+6)=f(x)+f(3))，且函数(f(x))是偶函数，试判断函数的周期性。

分析：由于(f(x+6)=f(x)+f(3))，

令(x=-3)，则(f(-3+6)=f(-3)+f(3))，

即(f(-3)=0)，又由于(f(-x)=f(x))，

则有(f(-3)=f(3)=0)，那么原式变为

(f(x+6)=f(x))，即(T=6)；

引申：已知(f(x+6)=f(x)+nf(3)(nin N^*))，再加上(f(x))是偶函数，(Longrightarrow T=6)

提示：用赋值法，令(x=-3)，(f(-3+6)=f(-3)+nf(3))推出(f(3)=0)，

从而(f(x+6)=f(x)，)故(T=6)。

例4-对称性已知函数(f(x)=cfrac{2^x}{1+acdot 2^x}(ain R))的图像关于点((0，cfrac{1}{2}))对称，则(a=)_______。

分析：由题目可知，(f(x)+f(-x)=1)，

法1，定义法，对定义域内的任意(x)，必须恒有(f(x)+f(-x)=1)，由((a-1)[2^{2x}+(a-1)2^x+1]=0)恒成立，故必须(a-1=0)，从而得到(a=1)；

法2，赋值法，比如(f(0)+f(-0)=1)，变形为(cfrac{2}{1+a}=1)，得到(a=1)，当然这个方法要注意定义域。

抽象函数求值

例5【2019届高三理科函数的奇偶性周期性课时作业第13题】设定义在(R)上的函数(f(x))同时满足以下条件：

①(f(x)+f(-x)=0)；②(f(x)=f(x+2))；③当(0leq x<1)时，(f(x)=2^x-1)，

则(f(cfrac{1}{2})+f(1)+f(cfrac{3}{2})+f(2)+f(cfrac{5}{2}))的值是_________。

分析：由①知，函数为奇函数，在利用③先做出([0，1))上的图像，

再利用奇函数，做出((-1，0])上的图像，一个周期基本完成，就差端点值(f(-1))和(f(1))的值未确定；

难点是求(f(1))的值，可以通过以下几个思路求解，

法1：图像法，假设(f(1)=cfrac{1}{2})，则(f(-1)=-cfrac{1}{2})，奇偶性是说的通的，

但是周期性不满足，因为向右平移一个周期后，元素(1)对应(cfrac{1}{2})，还对应(-cfrac{1}{2})，

出现了一对多，不是函数了，故只能有(f(1)=0)，即也有(f(-1)=0)，

这样在一个周期上奇偶性和周期性都是满足的。

法2：题中没有明确告诉，但是由①②可知，

(f(x+2)=-f(-x))，即(f(x+2)+f(-x)=0)，即对称中心是((1，0))，

这时要么函数在((1，0))处没有定义，这个不满足题意；

要么必有(f(1)=0)，则(f(-1)=0)；其余就好处理了。

法3：赋值法，由(f(x)+f(-x)=0)，令(x=1)，得到(f(1)+f(-1)=0)①，

令(x=-1)，由(f(x)=f(x+2))得到，(f(-1)=f(1))②，

故有(f(1)=f(-1)=0)，

在此基础上，做出函数的大致图像，可知(f(1)=f(2)=f(0)=0)，

(f(cfrac{3}{2})+f(cfrac{5}{2})=0)，(f(cfrac{1}{2})=sqrt{2}-1)，

故(f(cfrac{1}{2})+f(1)+f(cfrac{3}{2})+f(2)+f(cfrac{5}{2})=sqrt{2}-1)。

例6周期性给定(f(x+2)=f(x))，则可知函数(f(x))的周期为(T=2)，那么给定(f(x-1)=f(x+1))，给其中的(x)赋值(x+1)，变换得到(f(x)=f(x+2))，也说明(f(x-1)=f(x+1))刻画的是周期性，且周期为(T=2)；

练习：①(f(x+1)=f(x+5))，则(T=4)，说明：给其中的(x)赋值(x-1)，得到(f(x)=f(x+4))，则(T=4)；

②(f(2-x)=f(4-x))，则(T=2)，说明：给其中的(x)赋值(-x)，得到(f(x+2)=f(x+4))，给其中的(x)赋值(x-2)，得到(f(x)=f(x+2))，则(T=2)；

③(f(x+a)=f(x+b)(a<b))，则(T=b-a)，说明：给其中的(x)赋值(x-1)，得到(f(x)=f(x+4))，则(T=4)；

求函数的解析式

例6已知定义在(R)上的函数(f(x))满足条件(f(x-y)=f(x)-y(2x-y+1))，且(f(0)=1)，求(f(x))的解析式；

分析：令(y=x)，代入原式得到(f(x-x)=f(x)-x(2x-x+1))，

即(f(0)=f(x)-x(x+1))，

即(f(x)=x^2+x+1)

• 函数(f(x))对一切实数(x、y)均有(f(x+y)-f(y)=x(x+2y+1))成立，且(f(1)=0)．求函数(f(x))的解析式．
  

分析：注意到(f(1)=0)，故令(y=1)，代入原式得到(f(x+1)-f(1)=x(x+2 imes +1)=x^2+3x)，

即(f(x+1)=x^2+3x)，令(x+1=t)，则(x=t-1)，代入上式，得到(f(t)=(t-1)^2+3(t-1)=t^2+t-2)，

即(f(x)=x^2+x-2)。

• 已知函数(f(x)=x^2+2f'(2)cdot x+1)，求函数的解析式(f(x)).
  

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)。

• 已知函数(f(x)=1+f(cfrac{1}{2})cdot log_2x)，求函数(f(x))的解析式及(f(2))的值。

分析：令(x=cfrac{1}{2})，则(f(cfrac{1}{2})=1+f(cfrac{1}{2})cdot log_2cfrac{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})。

数列中求通项公式

例7如(a_{n+m}=a_ncdot a_m)，(a_1=2)，求通项公式(a_n)；

令(m=1)得到(a_{n+1}=a_ncdot a_1=a_1cdot a_n)，

即(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=a_1=2)

不就是等比数列嘛；故(a_n=2cdot 2^{n-1}=2^n)

• 如(a_{n+m}=a_n+ a_m)，(a_1=2)，求通项公式(a_n)；
  

令(m=1)得到(a_{n+1}=a_n+ a_1)，

即(a_{n+1}-a_n=a_1=2)，不就是等差数列嘛；

故(a_n=2+(n-1) imes 2=2n)

• 等差数列({a_n})，(a_n>0)，且数列({cfrac{1}{a_na_{n+1}}})的前(n)项和为(cfrac{n}{2(n+2)})，求数列({a_n})的通项公式；

分析：当(n=1)时，(cfrac{1}{a_1a_2}=cfrac{1}{2 imes3}=cfrac{1}{6})①；

当(n=2)时，(cfrac{1}{a_1a_2}+cfrac{1}{a_2a_3}=cfrac{2}{2 imes4}=cfrac{1}{4})②；

①-②得到(cfrac{1}{a_2a_3}=cfrac{1}{12})

则有(a_1cdot (a_1+d)=6)③；((a_1+d)(a_1+2d)=12)④，

由③④解得(a_1=2)，(d=1)；故(a_n=n+1)；

例5【高三理科用题】已知(f(x))是定义在(R)上不恒为零的函数，对于任意的(x，yin R)都有(f(xy))(=xf(y))(+yf(x))成立，数列({a_n})满足(a_n=f(2^n)(nin N^*))且(a_1=2)，则数列({a_n})的通项公式(a_n)=______________.

法1：【迭代递推】

(a_1=f(2^1)=2)，即(f(2)=2)，

(a_n=f(2^n)=f(2cdot2^{n-1})=2f(2^{n-1})+2^{n-1}f(2))

(=2^1cdot f(2^{n-1})+2^ncdot 1=2[2f(2^{n-2})+2^{n-2}f(2)]+2^ncdot 1)

(=2^2cdot f(2^{n-2})+2^ncdot 2)

(=2^3cdot f(2^{n-3})+2^ncdot 3)

(=2^4cdot f(2^{n-4})+2^ncdot 4)

(=2^{n-1}cdot f(2^1)+2^n cdot (n-1)=ncdot 2^n)；

法2：【赋值法】

由题目(a_n=f(2^n))可知，(a_{n+1}=f(2^{n+1}))，且(a_1=f(2)=2)

由于对任意的(x，yin R)都有(f(xy))(=xf(y))(+yf(x))成立，

令(x=2^n)，(y=2)，则有(f(2^{n+1})=f(2^ncdot 2)=2^nf(2)+2f(2^n))，

即(a_{n+1}=2a_n+2 imes 2^n)，即(a_{n+1}=2a_n+2^{n+1})，

接下来两边同时除以(2^{n+1})，得到

(cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=cfrac{a_{n}}{2^{n}}+1)

则数列({cfrac{a_n}{2^n}})是首项为(1)，公差为(1)的等差数列，

则有(cfrac{a_n}{2^n}=1+(n-1) imes 1=n)，

即所求通项公式为(a_n=ncdot 2^n)。

不等式大小比较

例8设(0< b < a <1)，则下列不等式成立的是【】

$A.ab < b^2 < 1$ $B.log_frac{1}{2}b < log_frac{1}{2}a <0$ $C.2b < 2a < 2$ $D.a^2 < ab <1$

A、(ab < b^2<1;;;;;) B、(log_frac{1}{2}b < log_frac{1}{2}a <0;;;;;) C、(2b < 2a < 2;;;;;) D、(a^2 < ab <1;;;;;)

【法1】不等式性质法，此处略。

【法2】赋值法，由题设令(b=cfrac{1}{4})，(a=cfrac{1}{2})，

对选项A而言，(ab=cfrac{1}{2} imes cfrac{1}{4}=cfrac{1}{8})，(b^2=cfrac{1}{4} imes cfrac{1}{4}=cfrac{1}{16})，(cfrac{1}{8}>cfrac{1}{16})， 故A错；

对选项B而言，(log_frac{1}{2}b=log_frac{1}{2} cfrac{1}{4}=2>0)，故B错；

对选项D而言，(a^2=(cfrac{1}{2})^2=cfrac{1}{4}) ； $ ab=cfrac{1}{2} imes cfrac{1}{4}=cfrac{1}{8}< a^2$，故D错；

故选C。

例8-1若(xin (e^{-1}，1))，(a=lnx)，(b=(cfrac{1}{2})^{lnx})，(c=e^{lnx})，则其大小关系为__________。

分析：借助赋值法，令(x=cfrac{1}{2})，则可知(b=(cfrac{1}{2})^{lnx}>1)，(a=lnx<0)，(c=e^{lnx}=cfrac{1}{2})，故大小关系为(b>c>a)；

二项式系数求和

例9-若((1+x)(a-x)^6=a_0+a_1x+a_2x^2+cdots+a_7x^7)，其中(a=int_0^{pi}(sinx-cosx)dx)，

则(a_0+a_1+a_2+cdots+a_6)的值为__________.

分析：先求得(a=(-cosx-sinx)|_0^{pi}=2)，

代入已知表达式，再赋值(x=1)，

得到(a_0+a_1+a_2+cdots+a_6+a_7=(1+1)(2-1)^6=2)，

又(C_6^6cdot 2^0cdot (-x)^6cdot x=x^7)，故(a_7=1)，

从而解得(a_0+a_1+a_2+cdots+a_6=1).

二项式定理将赋值法的使用发挥到了极致。

相关链接：1、二项式定理； 2、二项式定理的相关习题；

集合的关系判断

例10已知集合(M={xmid x=cfrac{k}{2}+cfrac{1}{4}，kin Z })，(N={xmid x=cfrac{k}{4}+cfrac{1}{2}，kin Z })，则两个集合的关系是【】

$A. Nsubsetneqq M$ $B. Msubsetneqq N$ $C. M= N$ $D. Mcap N=varnothing $

分析：【法1】赋值法，由于(kin Z)，故我们给(k)赋值(cdots，-2，-1，0，1，2，cdots)，这样就分别得到了两个无限集合了。

(M={cdots，-cfrac{3}{4}，-cfrac{1}{4}，cfrac{1}{4}，cfrac{3}{4}，cfrac{5}{4}，cfrac{7}{4}，cdots，})，元素之间的间隔为(cfrac{2}{4}=cfrac{1}{2})，元素少

(N={cdots，-cfrac{1}{4}，0，cfrac{1}{4}，cfrac{2}{4}，cfrac{3}{4}，cfrac{4}{4}，cdots，})，元素之间的间隔为(cfrac{1}{4})，元素多

这样我们就很容易发现关系为(Msubsetneqq N)，故选(B)。

【法2】数列法，如果我们经常将数列当成函数来理解，那么我们可以看到，两个无限集合可以看成数列

集合(M)的元素可以看成公差为(cfrac{1}{2})，其中某一项为(cfrac{1}{4})的无穷等差数列，

合(N)的元素可以看成公差为(cfrac{1}{4})，其中某一项为(cfrac{1}{2})的无穷等差数列，

我们画两条平行的数轴，在上面依照两个集合的元素取点时，就会发现关系为(Msubsetneqq N)，故选(B)。

三角函数

例11已知(f(x)=2Acos^2(omega x+phi)(A>0,omega>0,0<phi<cfrac{pi}{2}))，直线(x=cfrac{pi}{3})和点((cfrac{pi}{12},0))

分别是函数(f(x))图象上相邻的一条对称轴和一个对称中心，求函数(f(x))的解析式。

分析：由(f(x)=2Acos^2(omega x+phi)=A[cos2(omega x+phi)+1]-A=Acos(2omega x+2phi))，

故其周期为(T=cfrac{2pi}{2omega}=cfrac{pi}{omega})，

又由题目可知(cfrac{T}{4}=cfrac{pi}{3}-cfrac{pi}{12}=cfrac{pi}{4})，则(T=pi=cfrac{pi}{omega})，

故(omega=1)，则函数简化为(f(x)=Acos(2x+2phi))，再利用直线(x=cfrac{pi}{3})是函数(f(x))图象上的一条对称轴，

故(2 imes cfrac{pi}{3}+2phi=kpi,(kin Z)),解得(phi=cfrac{kpi}{2}-cfrac{pi}{3})，

令(k=1)，则(phi=cfrac{pi}{6}in (0,cfrac{pi}{2}))，满足题意，

故(f(x)=Acos(2x+2phi)=Acos(2x+cfrac{pi}{3})).

抽象函数不等式

例12【2019届宝鸡中学高三文科第一次月考第22题】设函数(f(x))是增函数，对于任意(x，yin R)都有(f(x+y)=f(x)+f(y))，

（1）求(f(0))；

分析：考查赋值法，令(x=y=0)，得到(f(0+0)=f(0)+f(0))，即(f(0)=0)。

（2）证明函数(f(x))是奇函数；

分析：由题目可知，定义域关于原点对称，

令(y=-x)，代入已知得到(f(x-x)=f(x)+f(-x))，即(f(x)+f(-x)=0)，

即(f(-x)=-f(x))，故函数(f(x))是奇函数；

（3）解不等式(cfrac{1}{2}f(x^2)-f(1-x) <cfrac{1}{2}f(3x))；

分析：先将已知变形为(f(x^2)-2f(1-x) < f(3x))；

再变形为(f(x^2)-f(3x)< 2f(1-x))，

（提示：上式变形的最终形式应该是(f(M) < f(N))的形式，为此需要将(-f(3x))变形，需要将(2f(1-x))变形）

由于任意(x，yin R)都有(f(x+y)=f(x)+f(y))，

令(x=y)，得到(f(2x)=f(x)+f(x)=2f(x))，应用到题目中，有(2f(1-x)=f(2-2x))

又(-f(x)=f(-x))，应用到题目中，有(-f(3x)=f(-3x))，

故(f(x^2)-f(3x)<2f(1-x))可以再次变形，得到

(f(x^2)+f(-3x)< f(2-2x))，即(f(x^2-3x)< f(2-2x))，

由于函数(f(x))是(R)上的增函数，故由单调性有

(x^2-3x< 2-2x)，即(x^2-x-2<0)，

解得(-1< x <2)，即解集为(xin (-1，2))。

例13【2019届高三理科教学资料用题】函数(f(x))对任意的(m，nin R)，都有(f(m+n)=f(m)+f(n)-1)，并且(x>0)，恒有(f(x)>1)。

（1）求证：(f(x))在(R)上是增函数；

证明：设(x_1，x_2in R)，且(x_1 < x_2)，则(x_2-x_1 >0)，

由题目当(x >0)，恒有(f(x) >1)，则(f(x_2-x_1)>1)，

(f(x_2)=f[(x_2-x_1)+x_1]=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1)

则(f(x_2)-f(x_1)=f(x_2-x_1)-1>0)，

故(f(x_1)< f(x_2))，即(f(x))在(R)上是增函数；

（2）若(f(3)=4)，解不等式(f(a^2+a-5)<2)。

分析：(m，nin R)，都有(f(m+n)=f(m)+f(n)-1)，

令(m=n=1)，则(f(1+1)=f(1)+f(1)-1)，即(f(2)=2f(1)-1)，

又由已知(f(3)=4)，即(4=f(2+1)=f(2)+f(1)-1)，

即(3f(1)-2=4)，即(f(1)=2)，也即(2=f(1))

故(f(a^2+a-5)<2=f(1))，又(f(x))在(R)上是增函数；

则有(a^2+a-5<1)，解得(ain (-3，2))。

【解后反思】：解抽象函数不等式的一般步骤：

①(定性)确定函数(f(x))在给定区间上的单调性；

②(转化)将抽象函数不等式转化为(f(M) < f(N))的形式；

③(脱去(f))利用单调性去掉函数符号(large{f})，转化为一般的不等式(组)；

④(求解)求解上述的不等式组；

⑤(反思)反思回顾，查看关键点，易错点及解题规范。OK!

公式证明中

①由(cos(alpha-eta)=cosalphacdot coseta+sinalphacdot sineta)，用(-eta)替换(eta)，或者给(eta)赋值(-eta)，

得到(cos(alpha+eta)=cosalphacdot coseta-sinalphacdot sineta)，

②由(sin(alpha+eta))推导(sin(alpha-eta))；

③由(f(x+4)=f(-x))等价于(f(x+3)=f(-x+1))；

④由(a^3+b^3)推导(a^3-b^3)；

正态分布中

例3【2015·高考湖北卷】设(Xsim N(mu_1，sigma_1^2))，(Ysim N(mu_2，sigma_2^2))，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是【】

$A.P(Yge mu_2)ge P(Yge mu_1)$

$B.P(Xleq sigma_2)ge P(Xleq sigma_1)$

$C$.对任意实数$t$，$P(Xleq t)ge P(Yleq t)$

$D$.对任意实数$t$，$P(Xge t)ge P(Yge t)$

(A.P(Yge mu_2)ge P(Yge mu_1))

(B.P(Xleq sigma_2)ge P(Xleq sigma_1))

(C).对任意实数(t)，(P(Xleq t)ge P(Yleq t))

(D).对任意实数(t)，(P(Xge t)ge P(Yge t))

分析：根据正态密度曲线可知，(mu_1<mu_2)，(sigma_1<sigma_2)，

则有(P(Yge mu_2)< P(Yge mu_1))，故(A)错； 且有(P(Xleq sigma_2)< P(Xleq sigma_1))，故(B)错；

对(C)选项而言，不妨赋值，设(t=mu_1)，由图可知，必有(P(Xleq t)ge P(Yleq t))，故(C)正确；

对(D)选项而言，不妨赋值，设(t=mu_1)，由图可知，必有(P(Xge t)< P(Yge t))，故(D)错误；

综上所述，选(C)。