公式f[f-1(x)]=x,f-1[f(x)]=x的应用

f[f1(x)]x,f1[f(x)]x的应用

在学习反函数的过程中，我们会接触到两个公式的应用问题，即：若函数y=f(x)存在反函数，且其定义域为A，值域为C，则有f[f1(x)]x(xC),f1[f(x)]x(xA)。

利用其可以解决一些抽象函数求反函数及解不等式的问题，现举例说明如下。

例1：已知函数yf(x)的反函数为yf1 (x)，求函数yf(2x1)1的反函数。

分析：本题函数的解析式不知道，直接处理遇到困难，所以原式变形为f(2x1)y1可以看作反函数的两个自变量取值，因原函数存在反函数，故反函数必为单调函数，则有

f1[f(2x1)]f1(y1)，即2x1f1(y1)，反函数为y12f1(x1)12。这

样做的本质是函数的定义，而公式的本质是原函数和反函数的定义域、值域的互换关系。

例2：已知定义在R上的函数f(x)的反函数为fyf11(x)，且函数y=f(x+1)的反函数恰为

(x1)。若f(1)=3999，求f(2004)的值。

1分析：因为yf(x1)可以看作原函数的两个自变量取值，原函数存在反函数则必

1为单调函数，故有f(y)f[f(x1)]x1，则反函数为yf(x)1f(x1)，可

以结合数列的思想，{f(x)}(x∈N*)可以看作首项为f(1)=3999，公差为-1的等差数列，则

f(2004)=f(1)+(2004-1)╳(-1)=3999-2003=1996。

例3：已知函数f(x)为 。

分析：本题的常规方法是求出原函数的反函数为f112(22xx)的反函数为f1(x)，则不等式f1(x)1的解集

(x)log2(xx1)，再利用

2对数不等式的解法计算，过程较复杂。而我们合理使用公式就能回避求反函数，起到事半功倍的效果，但在处理解不等式的问题的时候其本质是已知函数的单调性及自变量的大小关系来求解函数值的大小关系。所以先要明确原函数的单调性，本题通过观察可知原函数为增函数，故可以把f以x341(x)与1看作原函数的两个自变量取值，则有f[f11(x)]xf(1)，所

，不等式f(x)1的解集为{x|x121a1x34}。

1例4：已知函数f(x)2(),(a0,a1)，解不等式f(x)1。

分析：本题和上例属于同类问题，但是含有参数，需要对参数进行讨论。下面给出两种不同解法的详细过程，以供读者深解其味。

解法一、原函数化简为yf(x)a1a1xx，则ax1y1y0,1y1，所以原

1

函数的反函数为yf反函数为增函数，故有

1(x)log1xa1x,(1x1)。既有log1xa1x1，当a1时，

1x1xa11xa1a1。综上，当a1时，解集为{x|当0a10a1xx1}；

1xa1a1a1a1}。

aa1x1；当0a1时，反函数为减函数，故有

时，解集为{x|1x解法二、原函数化简为yf(x)a1a1xx12a11y1y1x，观察可知当a1时，原函数

为增函数；当0a1时，原函数为减函数。又axa1a1则当a1时，0,1y1，

a1a1f[f1(x)]xf(1)；当0a1时，f[fa1a1(x)]xf(1)，而此时的

x(1,1)，故当a1时，解集为{x|{x|1xa1a1}。

x1}；当0a1时，解集为

通过上述几个例题我们初步研究了反函数中这两个公式的应用情况，其本质是我们熟悉的函数的定义、函数的单调性、原函数与反函数的关系等知识。所以在高中数学的学习中我们要善于把握本质，注意其延伸性，真正做到从混沌中找出秩序，使经验升华为规律，将复杂还原为基本的最终要求。

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