函数 03 求抽象函数解析式

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例1：已知函数\(f(x)\)满足\(f(x + 1)=2x + 1\)，求\(f(x)\)的解析式。

解：令\(t=x + 1\)，则\(x=t - 1\)。将\(x=t - 1\)代入\(f(x + 1)=2x + 1\)中，得到

\(f(t)=2(t - 1)+1 = 2t-1\)。所以\(f(x)=2x - 1\)。

例2：已知\(f(x - 1)=x^{2}-2x + 3\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=x - 1\)，则\(x=t + 1\)。

\(f(t)=(t + 1)^{2}-2(t + 1)+3=t^{2}+2t + 1 - 2t - 2 + 3=t^{2}+2\)。所以\(f(x)=x^{2}+2\)。

例3：已知\(f(2x + 1)=4x^{2}+4x - 1\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t = 2x+1\)，则\(x=\frac{t - 1}{2}\)。

\(f(t)=4(\frac{t - 1}{2})^{2}+4(\frac{t - 1}{2})-1=t^{2}-2t + 1 + 2t - 2 - 1=t^{2}-2\)。所以\(f(x)=x^{2}-2\)。

例4：已知\(f(\frac{1}{x})=\frac{x}{1 - x^{2}}\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=\frac{1}{x}\)，则\(x=\frac{1}{t}\)。

\(f(t)=\frac{\frac{1}{t}}{1 - (\frac{1}{t})^{2}}=\frac{\frac{1}{t}}{\frac{t^{2}-1}{t^{2}}}=\frac{t}{t^{2}-1}\)。所以\(f(x)=\frac{x}{x^{2}-1}\)。

例5：已知\(f(x+\frac{1}{x})=x^{2}+\frac{1}{x^{2}}\)，求\(f(x)\)。

解：因为\(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}=(x+\frac{1}{x})^{2}-2\)，令\(t=x+\frac{1}{x}\)，则\(f(t)=t^{2}-2\)。

所以\(f(x)=x^{2}-2\)（注意\(x+\frac{1}{x}\)的取值范围，\(x+\frac{1}{x}\in(-\infty,-2]\cup[2,+\infty)\)）。

例6：已知\(f(x - 2)+3f(2 - x)=x\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=x - 2\)，则\(x=t + 2\)，原方程变为\(f(t)+3f(-t)=t + 2\) ①。

再令\(t=-t\)，则\(f(-t)+3f(t)= - t + 2\) ②。

由②\(\times3-\)①得：\(8f(t)= - 3t + 6 - t - 2=-4t + 4\)，所以\(f(t)=-\frac{1}{2}t+\frac{1}{2}\)。

所以\(f(x)=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\)。

例7：已知\(f(x)+2f(-x)=3x - 1\)，求\(f(x)\)。

解：令\(x=-x\)，则\(f(-x)+2f(x)= - 3x - 1\)。

联立\(\begin{cases}f(x)+2f(-x)=3x - 1\\f(-x)+2f(x)= - 3x - 1\end{cases}\)，

将第二个方程乘以\(2\)得\(2f(-x)+4f(x)= - 6x - 2\)，用这个式子减去第一个方程得\(3f(x)= - 9x - 1\)，所以\(f(x)= - 3x-\frac{1}{3}\)。

例8：已知\(f(\sqrt{x}+1)=x + 2\sqrt{x}\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=\sqrt{x}+1\)，则\(\sqrt{x}=t - 1\)，\(x=(t - 1)^{2}\)。

\(f(t)=(t - 1)^{2}+2(t - 1)=t^{2}-2t + 1+2t - 2=t^{2}-1\)。所以\(f(x)=x^{2}-1\)。

例9：已知\(f(x^{2}+1)=x^{4}+2x^{2}+3\)，求\(f(x)\)。

解：因为\(x^{4}+2x^{2}+3=(x^{2}+1)^{2}+2\)，令\(t=x^{2}+1\)（\(t\geqslant1\)），

则\(f(t)=t^{2}+2\)（\(t\geqslant1\)）。所以\(f(x)=x^{2}+2\)（\(x\geqslant1\)）。

例10：已知\(f(\sin x)=\cos2x\)，求\(f(x)\)。

解：因为\(\cos2x = 1 - 2\sin^{2}x\)，令\(t=\sin x\)，则\(f(t)=1 - 2t^{2}\)。

所以\(f(x)=1 - 2x^{2}\)，\(x\in[-1,1]\)。

例11：已知\(f(\frac{1 - x}{1 + x})=\frac{1 - x^{2}}{1 + x^{2}}\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=\frac{1 - x}{1 + x}\)，则\(x=\frac{1 - t}{1 + t}\)。

\(f(t)=\frac{1 - (\frac{1 - t}{1 + t})^{2}}{1 + (\frac{1 - t}{1 + t})^{2}}=\frac{(1 + t)^{2}-(1 - t)^{2}}{(1 + t)^{2}+(1 - t)^{2}}=\frac{4t}{2 + 2t^{2}}=\frac{2t}{1 + t^{2}}\)。

所以\(f(x)=\frac{2x}{1 + x^{2}}\)。

例12：已知\(f(x)+f(\frac{x - 1}{x})=1 + x\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=\frac{x - 1}{x}\)，则\(x=\frac{1}{1 - t}\)。原方程变为\(f(\frac{1}{1 - t})+f(t)=1+\frac{1}{1 - t}\) ①。

再令\(t=\frac{1}{1 - t}\)，则\(f(\frac{1}{1 - t})+f(\frac{-t}{1 - t})=1+\frac{1}{1 - \frac{1}{1 - t}}\) ②。

联立①②消去\(f(\frac{1}{1 - t})\)可求出\(f(x)\)（过程较复杂，经过一系列代换和化简后）\(f(x)=\frac{x^{3}-x^{2}-1}{2x(x - 1)}\)。

例13：已知\(f(x - 1)-f(x - 2)=x^{2}-3x + 2\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=x - 1\)，则\(x=t + 1\)，\(x - 2=t - 1\)。

原方程变为\(f(t)-f(t - 1)=(t + 1)^{2}-3(t + 1)+2=t^{2}-t\)。

再令\(t=t - 1\)，\(f(t - 1)-f(t - 2)=(t - 1)^{2}-(t - 1)=t^{2}-3t + 2\)。

依次类推，通过累加法可求出\(f(t)\)（假设\(f(0)=C\)），最后得到\(f(x)=\frac{1}{6}x^{3}-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{3}x + C\)。

例14：已知\(f(3x + 2)=9x^{2}+12x - 1\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t = 3x+2\)，则\(x=\frac{t - 2}{3}\)。

\(f(t)=9(\frac{t - 2}{3})^{2}+12(\frac{t - 2}{3})-1=t^{2}-4t + 4 + 4t - 8 - 1=t^{2}-5\)。所以\(f(x)=x^{2}-5\)。

例15：已知\(f(x + y)=f(x)+f(y)\)，且\(f(1)=2\)，求\(f(x)\)。

解：令\(y = 1\)，则\(f(x + 1)=f(x)+f(1)=f(x)+2\)。

令\(t=x\)，则\(f(t + 1)-f(t)=2\)，这是一个等差数列形式。

通过等差数列通项公式可得\(f(x)=2x\)。

例16：已知\(f(xy)=f(x)+f(y)\)，且\(f(2)=1\)，求\(f(x)\)。

解：令\(y = 2\)，\(f(2x)=f(x)+f(2)=f(x)+1\)。

令\(x = 2^{n - 1}\)，则\(f(2^{n})=f(2^{n - 1})+1\)，这是一个首项为\(f(2)=1\)，公差为\(1\)的等差数列。

可得\(f(2^{n})=n\)。对于任意\(x>0\)，设\(x = 2^{t}\)（\(t=\log_{2}x\)），则\(f(x)=f(2^{t})=t=\log_{2}x\)。

例17：已知\(f(x - a)+f(x + a)=2f(x)\)，且\(f(0)=0\)，求\(f(x)\)。

解：令\(x = a\)，则\(f(0)+f(2a)=2f(a)\)，所以\(f(2a)=2f(a)\)。

令\(x = 2a\)，则\(f(a)+f(3a)=2f(2a)\)，可得\(f(3a)=3f(a)\)。

通过数学归纳法可推测\(f(na)=nf(a)\)。设\(x = na\)，则\(f(x)= \frac{x}{a}f(a)\)（假设\(a\neq0\)）。

例18：已知\(f(\frac{x + y}{2})=\frac{f(x)+f(y)}{2}\)，且\(f(0)=0\)，求\(f(x)\)。

解：令\(y = 0\)，则\(f(\frac{x}{2})=\frac{f(x)+f(0)}{2}=\frac{f(x)}{2}\)。

令\(x = 2t\)，则\(f(t)=\frac{f(2t)}{2}\)。

通过不断迭代可得\(f(x)=kx\)（其中\(k\)为常数，可通过给定的其他条件确定，如\(f(1)\)的值等）。

例19：已知\(f(x^{3})=x^{2}\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=x^{3}\)，则\(x=t^{\frac{1}{3}}\)。

\(f(t)=(t^{\frac{1}{3}})^{2}=t^{\frac{2}{3}}\)。所以\(f(x)=x^{\frac{2}{3}}\)。

例20：已知\(f(\log_{a}x)=\frac{1 - x}{1 + x}\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=\log_{a}x\)，则\(x=a^{t}\)。

\(f(t)=\frac{1 - a^{t}}{1 + a^{t}}\)。所以\(f(x)=\frac{1 - a^{x}}{1 + a^{x}}\)。

例21：已知函数\(f(x)\)满足\(f(x)+f\left(\frac{x - 1}{x}\right)=1 + x\)，且\(x\neq0\)，\(x\neq1\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t = \frac{x - 1}{x}\)，则\(x=\frac{1}{1 - t}\)。

把\(x=\frac{1}{1 - t}\)代入原方程得\(f\left(\frac{1}{1 - t}\right)+f(t)=1+\frac{1}{1 - t}\) ①。

再令\(u=\frac{1}{1 - t}\)，则\(t=\frac{u - 1}{u}\)，代入①式得\(f(u)+f\left(\frac{u - 1}{u}\right)=1 + u\)，即\(f(x)+f\left(\frac{x - 1}{x}\right)=1 + x\)（形式不变）。

设\(f(x)=g(x)+h(x)\)，其中\(g(x)\)是多项式函数，\(h(x)\)是其他函数。

假设\(g(x)=ax + b\)，代入\(f(x)+f\left(\frac{x - 1}{x}\right)=1 + x\)得：

\((ax + b)+\left[a\left(\frac{x - 1}{x}\right)+b\right]=1 + x\)。

展开并整理得\(ax + b+\frac{a(x - 1)}{x}+b = 1 + x\)，\(ax + b+\frac{ax - a}{x}+b = 1 + x\)，\(ax + \frac{ax - a}{x}+2b = 1 + x\)。

比较系数可得\(a = \frac{x^{2}}{x^{2}-1}\)，\(b=\frac{x^{2}-x - 1}{2(x^{2}-1)}\)。

所以\(f(x)=\frac{x^{2}}{x^{2}-1}x+\frac{x^{2}-x - 1}{2(x^{2}-1)}\)（需检验其正确性）。

例22：已知\(f(x)+f(y)+f(z)+f(x + y + z)=f(x + y)+f(y + z)+f(z + x)\)，对任意实数\(x\)，\(y\)，\(z\)都成立，且\(f(1)=1\)，\(f(2)=2\)，求\(f(2024)\)。

解：令\(x = y = z = 0\)，得\(4f(0)=3f(0)\)，所以\(f(0)=0\)。

令\(z = -y\)，\(x = 1\)，则\(f(1)+f(y)+f(-y)+f(1)=f(1 + y)+f(0)+f(1 - y)\)。

即\(2 + f(y)+f(-y)=f(1 + y)+f(1 - y)\)。

令\(y = 1\)，得\(2 + f(1)+f(-1)=f(2)+f(0)\)，所以\(2 + 1+f(-1)=2 + 0\)，解得\(f(-1)= - 1\)。

通过归纳法猜测\(f(n)=n\)，用数学归纳法证明：

当\(n = 0\)，\(1\)，\(2\)时已成立。

假设当\(n = k\)时成立，即\(f(k)=k\)。

令\(x = 1\)，\(y = k\)，\(z = 0\)，则\(f(1)+f(k)+f(0)+f(k + 1)=f(k + 1)+f(k)+f(1)\)，等式成立，所以\(f(n)=n\)对任意整数\(n\)成立。

所以\(f(2024)=2024\)。

例23：已知\(f(x)\)满足\(f\left(\frac{x + 1}{x - 1}\right)-f(x)=\frac{x + 1}{x - 1}\)，\(x\neq1\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=\frac{x + 1}{x - 1}\)，则\(x=\frac{t + 1}{t - 1}\)。

原方程变为\(f(t)-f\left(\frac{t + 1}{t - 1}\right)=\frac{t + 1}{t - 1}\)。

再令\(u = \frac{t + 1}{t - 1}\)，则\(t=\frac{u + 1}{u - 1}\)，得到\(f\left(\frac{u + 1}{u - 1}\right)-f(u)=\frac{u + 1}{u - 1}\)。

设\(f(x)=g(x)+h(x)\)，假设\(g(x)=\frac{ax + b}{cx + d}\)，代入方程进行复杂的运算（通过比较系数等方法）来确定\(a\)，\(b\)，\(c\)，\(d\)的值，最终得到\(f(x)\)的表达式（过程冗长且复杂，需要仔细运算和化简）。

例24：已知\(f(x)\)满足\(f\left(\frac{1}{x}\right)+f(x)=x\)，且\(f\left(\frac{1}{x^{2}}\right)+f\left(x^{2}\right)=x^{2}\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=\frac{1}{x}\)，则\(x=\frac{1}{t}\)，\(f(t)+f\left(\frac{1}{t}\right)=\frac{1}{t}\)。

又已知\(f\left(\frac{1}{x}\right)+f(x)=x\)，两式相减得\(f(x)-f\left(\frac{1}{x^{2}}\right)=x-\frac{1}{t}\)。

结合\(f\left(\frac{1}{x^{2}}\right)+f\left(x^{2}\right)=x^{2}\)，通过复杂的代换和方程组求解，设\(y = x^{2}\)，得到关于\(f(y)\)和\(f\left(\frac{1}{y}\right)\)的方程组，进而求解\(f(x)\)（过程涉及大量的代数运算和代换）。

例25：已知\(f(x + y)+f(x - y)=2f(x)f(y)\)，\(f(0)\neq0\)，且\(f(1)=a\)，求\(f(x)\)。

解：令\(x = y = 0\)，则\(2f(0)=2f(0)f(0)\)，因为\(f(0)\neq0\)，所以\(f(0)=1\)。

令\(y = 1\)，则\(f(x + 1)+f(x - 1)=2f(x)f(1)=2af(x)\)。

设\(f(x)=A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x)\)，代入\(f(x + 1)+f(x - 1)=2af(x)\)，并利用三角函数的两角和差公式，通过比较系数确定\(A\)，\(B\)，\(\omega\)的值（涉及到三角函数的运算和方程组求解），从而得到\(f(x)\)的表达式。

例26：已知\(f(x)\)满足\(f(x^{2}-y^{2})=(x + y)(f(x)-f(y))\)，且\(x\neq y\)，求\(f(x)\)。

解：令\(y = 0\)，则\(f(x^{2})=x(f(x)-f(0))\)。

令\(x = 1\)，得\(f(1)=1\times(f(1)-f(0))\)，所以\(f(0)=0\)。

令\(x = \sqrt{t}\)，\(y=\sqrt{s}\)，则\(f(t - s)=(\sqrt{t}+\sqrt{s})(f(\sqrt{t})-f(\sqrt{s}))\)。

通过巧妙的变量代换和函数性质的分析，设\(g(x)=f(\sqrt{x})\)，将方程转化为关于\(g(x)\)的方程，再通过求解这个方程来得到\(f(x)\)的表达式（过程需要对函数的结构和变量代换有深入理解）。

例27：已知\(f\left(\frac{x + y}{2}\right)=\sqrt{f(x)f(y)}\)，\(f(1)=a\)，\(f(2)=b\)，求\(f(n)\)（\(n\in N^+\)）。

解：令\(x = y = 1\)，则\(f(1)=\sqrt{f(1)f(1)}\)，符合条件。

令\(x = 1\)，\(y = 2\)，则\(f\left(\frac{3}{2}\right)=\sqrt{f(1)f(2)}=\sqrt{ab}\)。

令\(x = 2\)，\(y = 2\)，则\(f(2)=\sqrt{f(2)f(2)}\)，也符合。

通过归纳法，假设\(f(k)=\sqrt{a^{k - 1}b}\)（\(k\geqslant2\)）。

令\(x = k\)，\(y = 1\)，则\(f\left(\frac{k + 1}{2}\right)=\sqrt{f(k)f(1)}=\sqrt{a^{k - 1}b\times a}=\sqrt{a^{k}b}\)。

再通过一些数学推理和归纳步骤，可得到\(f(n)\)的表达式（需要严谨的归纳证明过程）。

例28：已知\(f(x)\)满足\(f(x + 1)-f(x)=2x + 1\)，且\(f(0)=1\)，求\(f(x)\)。

解：由\(f(x + 1)-f(x)=2x + 1\)，可得：

\(f(1)-f(0)=1\)，\(f(2)-f(1)=3\)，\(f(3)-f(2)=5\)，\(\cdots\)，\(f(x)-f(x - 1)=2(x - 1)+1\)。

将以上\(x\)个式子相加得：

\(f(x)-f(0)=1 + 3 + 5+\cdots+(2x - 1)\)。

根据等差数列求和公式\(S_n=\frac{n(a_1 + a_n)}{2}\)（这里\(n=x\)，\(a_1 = 1\)，\(a_n=2x - 1\)），可得\(1 + 3 + 5+\cdots+(2x - 1)=x^{2}\)。

因为\(f(0)=1\)，所以\(f(x)=x^{2}+1\)。

例29：已知\(f(x)\)满足\(f\left(\frac{x}{y}\right)=f(x)-f(y)\)，\(x\gt0\)，\(y\gt0\)，且\(f(2)=1\)，求\(f(x)\)。

解：令\(x = 4\)，\(y = 2\)，则\(f(2)=f(4)-f(2)\)，所以\(f(4)=2f(2)=2\)。

令\(x = 8\)，\(y = 2\)，则\(f(4)=f(8)-f(2)\)，所以\(f(8)=f(4)+f(2)=3\)。

猜测\(f(2^{n})=n\)，用数学归纳法证明：

当\(n = 1\)时，\(f(2)=1\)成立。

假设当\(n = k\)时，\(f(2^{k})=k\)成立。

当\(n = k + 1\)时，令\(x = 2^{k + 1}\)，\(y = 2\)，则\(f\left(\frac{2^{k + 1}}{2}\right)=f(2^{k + 1})-f(2)\)，即\(f(2^{k})=f(2^{k + 1})-f(2)\)，所以\(f(2^{k + 1})=f(2^{k})+f(2)=k + 1\)。

对于任意\(x\gt0\)，设\(x = 2^{t}\)（\(t=\log_{2}x\)），则\(f(x)=t=\log_{2}x\)。

例30：已知\(f(x)\)满足\(f(x + 1)f(x - 1)=[f(x)]^{2}\)，\(f(0)=1\)，\(f(1)=a\)，求\(f(x)\)。

解：由\(f(x + 1)f(x - 1)=[f(x)]^{2}\)可得\(\frac{f(x + 1)}{f(x)}=\frac{f(x)}{f(x - 1)}\)。

设\(a_{n}=f(n)\)，则\(\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}\)，所以数列\(\left\{\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}\right\}\)是常数列。

\(\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{a_{1}}{a_{0}}=a\)，所以\(a_{n}=a_{0}\times a^{n}\)。

因为\(a_{0}=f(0)=1\)，所以\(f(n)=a^{n}\)，对于任意实数\(x\)，可以通过极限或者其他函数性质的分析（如连续性等）将\(n\)推广到\(x\)，得到\(f(x)=a^{x}\)（需要进一步的严格论证）。

例31：已知\(f(x)\)满足\(f(x)+f(x - 1)=x^{2}\)，且\(f(0)=0\)，求\(f(x)\)。

解：令\(x = 1\)，则\(f(1)+f(0)=1\)，所以\(f(1)=1\)。

设\(f(x)=ax^{2}+bx + c\)，代入\(f(x)+f(x - 1)=x^{2}\)得：

\((ax^{2}+bx + c)+[a(x - 1)^{2}+b(x - 1)+c]=x^{2}\)。

展开并整理得\(ax^{2}+bx + c+ax^{2}-2ax + a + bx - b + c=x^{2}\)。

比较系数得\(\begin{cases}2a = 1\\-2a + 2b = 0\\a - b + 2c = 0\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a=\frac{1}{2}\\b=\frac{1}{2}\\c = 0\end{cases}\)。

所以\(f(x)=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x\)。

例32：已知\(f(x)\)满足\(f\left(\frac{1 - x}{1 + x}\right)+f(x)=x\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t = \frac{1 - x}{1 + x}\)，则\(x=\frac{1 - t}{1 + t}\)。

原方程变为\(f(t)+f\left(\frac{1 - t}{1 + t}\right)=\frac{1 - t}{1 + t}\)。

再令\(u=\frac{1 - t}{1 + t}\)，则\(t=\frac{1 - u}{1 + u}\)，代入上式得\(f\left(\frac{1 - u}{1 + u}\right)+f(u)=\frac{1 - u}{1 + u}\)。

设\(y = f(x)\)，令\(x = \frac{1 - z}{1 + z}\)，则方程变为\(y + f(z) = \frac{1 - z}{1 + z}\)，移项得\(f(z)=\frac{1 - z}{1 + z}-y\)。

把\(z = x\)代入得\(f(x)=\frac{1 - x}{1 + x}-f\left(\frac{1 - x}{1 + x}\right)\)。

结合原方程\(f\left(\frac{1 - x}{1 + x}\right)+f(x)=x\)，可得\(f(x)=\frac{x^{2} + x - 1}{2x}\)（求解过程中涉及到联立方程消元等复杂运算）。

例33：已知\(f(x)\)满足\(f(x + 2) - 2f(x + 1)+f(x)=0\)，且\(f(0)=1\)，\(f(1)=2\)，求\(f(x)\)。

解：设\(a_{n}=f(n)\)，则由\(f(x + 2)-2f(x + 1)+f(x)=0\)可得\(a_{n + 2}-2a_{n + 1}+a_{n}=0\)。

其特征方程为\(r^{2}-2r + 1 = 0\)，即\((r - 1)^{2}=0\)，解得\(r = 1\)（二重根）。

所以\(a_{n}=(An + B)\times1^{n}=An + B\)。

由\(a_{0}=f(0)=1\)，\(a_{1}=f(1)=2\)，可得\(\begin{cases}B = 1\\A + B = 2\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}A = 1\\B = 1\end{cases}\)。

所以\(f(n)=n + 1\)，对于任意实数\(x\)，可根据函数的性质（如连续性等）将\(n\)推广到\(x\)，猜测\(f(x)=x + 1\)（需要进一步严格验证）。

例34：已知\(f(x)\)满足\(f\left(\frac{x + 1}{x}\right)=x^{2}+ \frac{1}{x^{2}}\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=\frac{x + 1}{x}\)，则\(x=\frac{1}{t - 1}\)。

因为\(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}=(x+\frac{1}{x})^{2}-2\)，而\(x+\frac{1}{x}=\frac{x + 1}{x}=t\)。

所以\(f(t)=t^{2}-2\)，故\(f(x)=x^{2}-2\)。

例35：已知\(f(x)\)满足\(f(x)f(y)-f(xy)=x + y\)，对任意\(x,y\in R\)，且\(f(1)=2\)，求\(f(x)\)。

解：令\(y = 1\)，则\(f(x)f(1)-f(x)=x + 1\)。

因为\(f(1)=2\)，所以\(2f(x)-f(x)=x + 1\)，即\(f(x)=x + 1\)。

例36：已知\(f(x)\)满足\(f\left(\frac{x}{y}\right)=\frac{f(x)}{f(y)}\)，\(x,y>0\)，且\(f(a)=b\)（\(a,b>0\)），求\(f(x)\)。

解：令\(x = a^{n}\)，\(y = a\)，则\(f\left(\frac{a^{n}}{a}\right)=\frac{f(a^{n})}{f(a)}\)。

即\(f(a^{n - 1})=\frac{f(a^{n})}{b}\)，设\(f(a^{n})=b^{n}\)，用数学归纳法证明：

当\(n = 1\)时，\(f(a)=b\)成立。

假设当\(n = k\)时，\(f(a^{k})=b^{k}\)成立。

当\(n = k + 1\)时，令\(x = a^{k + 1}\)，\(y = a\)，则\(f\left(\frac{a^{k + 1}}{a}\right)=\frac{f(a^{k + 1})}{f(a)}\)，即\(f(a^{k})=\frac{f(a^{k + 1})}{b}\)，所以\(f(a^{k + 1})=b^{k + 1}\)。

对于任意\(x>0\)，设\(x = a^{\log_{a}x}\)，则\(f(x)=b^{\log_{a}x}\)。

例37：已知\(f(x)\)满足\(f(x + y)=f(x)f(y)+f(x)+f(y)\)，且\(f(0)\neq0\)，求\(f(x)\)。

解：令\(x = y = 0\)，则\(f(0)=f(0)f(0)+f(0)+f(0)\)。

设\(f(0)=t\)，则\(t=t^{2}+2t\)，即\(t^{2}+t = 0\)，因为\(t\neq0\)，所以\(t=-1\)，即\(f(0)= - 1\)。

令\(y = 1\)，则\(f(x + 1)=f(x)f(1)+f(x)+f(1)\)。

设\(f(1)=a\)，则\(f(x + 1)=(a + 1)f(x)+a\)。

设\(f(x)=g(x)-1\)，则\(g(x + 1)-1=(a + 1)(g(x)-1)+a\)，即\(g(x + 1)=(a + 1)g(x)\)。

所以\(g(x)=g(0)(a + 1)^{x}\)，又\(g(0)=f(0)+1 = 0\)，所以\(f(x)= - 1\)（需要重新检查条件，这里可能出现矛盾或者特殊情况）。

例38：已知\(f(x)\)满足\(f(x^{n})=n f(x)\)，\(n\in N^+\)，且\(f(2)=1\)，求\(f(x)\)。

解：令\(x = 2^{\frac{1}{n}}\)，则\(f\left((2^{\frac{1}{n}})^{n}\right)=n f\left(2^{\frac{1}{n}}\right)\)，即\(f(2)=n f\left(2^{\frac{1}{n}}\right)\)，所以\(f\left(2^{\frac{1}{n}}\right)=\frac{1}{n}\)。

对于任意\(x>0\)，设\(x = 2^{t}\)（\(t = \log_{2}x\)），则\(f(x)=t f(2)=t=\log_{2}x\)。

例39：已知\(f(x)\)满足\(f\left(\frac{1}{1 - x}\right)+f(x)=\frac{1}{1 - x}\)，求\(f(x)\)。

解：令\(t=\frac{1}{1 - x}\)，则\(x = 1-\frac{1}{t}\)。

原方程变为\(f(t)+f\left(1 - \frac{1}{t}\right)=t\)。

再令\(u = 1-\frac{1}{t}\)，则\(t=\frac{1}{1 - u}\)，得到\(f\left(\frac{1}{1 - u}\right)+f(u)=\frac{1}{1 - u}\)。

通过联立方程，设\(y = f(x)\)，\(z = f\left(\frac{1}{1 - x}\right)\)，解方程组\(\begin{cases}y + z=\frac{1}{1 - x}\\z + f\left(1 - \frac{1}{x}\right)=x\end{cases}\)（过程中需要复杂的代换和化简）来求解\(f(x)\)。