分式函数与对勾函数

把分式拆成“常数加倒数”，可以直接看出中心、定义域和变化趋势。

分式线性函数

若 $c\ne0$ 且 $ad-bc\ne0$ ，

\frac{ax+b}{cx+d}=\frac ac+\frac{bc-ad}{c^2}\frac1{x+d/c}.

它是反比例函数的平移与伸缩，定义域排除 $x=-d/c$ ，值域排除 $y=a/c$ ，对称中心为 $(-d/c,a/c)$ 。若 $ad-bc=0$ ，则在原定义域上是常函数，但被排除的点仍不能补入原函数。

对勾函数的代数比较

对 $a>0$ ，令 $f(x)=x+a/x$ ， $x>0$ 。若 $0<u<v$ ，则

f(v)-f(u)=(v-u)\left(1-\frac a{uv}\right).

由此可知它在 $(0,\sqrt a]$ 递减、在 $[\sqrt a,+\infty)$ 递增，最小值 $2\sqrt a$ 。最小值恰在 $x=\sqrt a$ 取得。因 $f$ 为奇函数，负半轴上的性质为：在 $(-\infty,-\sqrt a]$ 严格递增，在 $[-\sqrt a,0)$ 严格递减；最大值为 $-2\sqrt a$ ，恰在 $x=-\sqrt a$ 取得。两个分支均连续且向远端或靠近零点时无界，因此在全体非零实数上的值域为

(-\infty,-2\sqrt a]\cup[2\sqrt a,+\infty).

若 $a=0$ 但仍保留原式 $x+a/x$ 的定义域，函数为去掉零点的 $y=x$ 。若 $a<0$ ，同一作差式在每个半轴都为正，函数在两半轴分别严格递增；每个分支的值域均为 $\mathbb R$ ，没有最大值或最小值。不能把 $a>0$ 的极值公式照搬过来。

例

$f(x)=(2x+1)/(x-1)=2+3/(x-1)$ ，其图像中心为 $(1,2)$ 。解 $f(x)=5$ 得 $x=2$ ； $f(x)=2$ 无解。

双勾函数：先作平方换元

设 $a>0$ ，研究

g(x)=x^2+\frac a{x^2},\qquad x\ne0.

令 $t=x^2>0$ ，就得到 $t+a/t$ 。根据正半轴上的对勾函数结论，最小值为 $2\sqrt a$ ，取等要求 $x^2=\sqrt a$ ，即 $x=\pm\sqrt[4]a$ 。值域为 $[2\sqrt a,+\infty)$ 。

在正半轴， $x^2$ 随 $x$ 严格递增，故 $g$ 在 $(0,\sqrt[4]a]$ 递减，在 $[\sqrt[4]a,+\infty)$ 递增。在负半轴，平方换元方向相反，故 $g$ 在 $(-\infty,-\sqrt[4]a]$ 递减，在 $[-\sqrt[4]a,0)$ 递增。

这个函数是偶函数，两侧图像关于纵轴对称。换元不仅用于计算极值，还须用它的单调方向把结果传回原变量。

区间上的分式变换族：复合、固定点与刚性

设

f_a(x)=\frac{x-a}{1-ax},\qquad |a|<1,\quad -1<x<1.

分母 $1-ax>0$ ，并且

1-f_a(x)^2=\frac{(1-a^2)(1-x^2)}{(1-ax)^2}>0,

所以 $f_a$ 把 $(-1,1)$ 映到自身。直接代入并合并分式得

f_a(f_b(x))=f_c(x),\qquad c=\frac{a+b}{1+ab}.

$1+ab>0$ ，且 $1-c^2=(1-a^2)(1-b^2)/(1+ab)^2>0$ ，所以新参数仍在 $(-1,1)$ ，复合仍属于这一族。取 $b=-a$ 得逆函数 $f_{-a}$ 。

若 $f_a(f_b(x))=f_b(x)$ 对所有 $x$ 成立，因 $f_b$ 满射到 $(-1,1)$ ， $f_a(y)=y$ 对所有 $y$ 成立。通分得到 $a(y^2-1)=0$ ，故 $a=0$ ， $f_a$ 为恒等映射。

再设实数 $\lambda\notin\{0,1\}$ ，且存在 $|d|<1$ 使 $\lambda f_a+(1-\lambda)f_b=f_d$ 在 $(-1,1)$ 上恒成立。代 $x=0$ 得 $d=\lambda a+(1-\lambda)b$ 。对任意参数 $a$ 有

\frac{f_a(x)+a}{x}=\frac{1-a^2}{1-ax}\quad(x\ne0).

将函数等式减去在零点的值、除以非零的 $x$ ，得到

\frac{\lambda(1-a^2)}{1-ax}+\frac{(1-\lambda)(1-b^2)}{1-bx} =\frac{1-d^2}{1-dx}.

乘以三个非零分母，得到

\begin{aligned} &\lambda(1-a^2)(1-bx)(1-dx)\\ &\quad +(1-\lambda)(1-b^2)(1-ax)(1-dx)\\ &=(1-d^2)(1-ax)(1-bx). \end{aligned}

两边之差是至多二次多项式，在区间内无穷多个非零 $x$ 处为零，故是零多项式。这时比较常数项，合法地得到 $d^2=\lambda a^2+(1-\lambda)b^2$ 。再代入 $d=\lambda a+(1-\lambda)b$ ，整理为

\lambda a^2+(1-\lambda)b^2-[\lambda a+(1-\lambda)b]^2 =\lambda(1-\lambda)(a-b)^2=0.

由于 $\lambda\notin\{0,1\}$ ，必有 $a=b$ 。证明使用多项式恒等式，不需要在函数学习初期引入导数或极限。这也说明此函数族对复合封闭，却一般不对线性组合封闭。

分式线性函数的对合与两个不动点

设

f(x)=\frac{ax+b}{cx+d},\qquad c\ne0,\quad ad-bc\ne0,

自然定义域为 $\mathbb R\setminus\{-d/c\}$ 。行列式非零保证它不是常函数。若 $f(f(x))=x$ 在复合有意义处恒成立，通分后得到恒等多项式

-c(a+d)x^2+(a^2-d^2)x+b(a+d)=0.

因为 $c\ne0$ ，二次项系数给出 $a+d=0$ ；反过来， $a+d=0$ 且 $ad-bc\ne0$ 时，把分式代入即可得到 $f(f(x))=x$ 。此时定义域与值域都为 $\mathbb R\setminus\{a/c\}$ ，复合对其中每点都有意义。

若还有两个不动点 $19,97$ ，不动点方程为

cx^2+(d-a)x-b=0.

由根与系数关系， $(a-d)/c=116$ ， $-b/c=1843$ 。结合 $d=-a$ 得 $a/c=58,d/c=-58,b/c=-1843$ ，故

f(x)=\frac{58x-1843}{x-58}=58+\frac{1521}{x-58},\qquad x\ne58.

验算： $f(x)-58=1521/(x-58)$ ，再次代入得到 $f(f(x))-58=x-58$ ； $19,97$ 到中心 $58$ 的距离均为 $39$ ，而 $39^2=1521$ ，所以确为两个不动点。若题目只给两个不动点却未给对合条件，一般不能据此唯一确定分式。

指数与分式复合：奇偶性、单调性和值域的独立验证

设 $a>1$ ，

f(x)=\frac{a^x-1}{a^x+1},\qquad x\in\mathbb R.

(1) 定义域对称，且把 $f(-x)$ 的分子分母同乘 $a^x>0$ ，得到

f(-x)=\frac{1-a^x}{1+a^x}=-f(x),

所以为奇函数。

(2) 若 $x<y$ ，则 $0<a^x<a^y$ ，通分有

f(y)-f(x)=\frac{2(a^y-a^x)}{(a^y+1)(a^x+1)}>0.

故它在整个实数域上严格递增。

(3) 令 $t=a^x$ ， $t$ 恰好遍历 $(0,+\infty)$ ，且 $f(x)=1-2/(t+1)$ ，因此必有 $-1<f(x)<1$ 。反过来，对任意 $-1<y<1$ ，取 $t=(1+y)/(1-y)>0$ ，再取 $x=\log_a t$ ，便有 $f(x)=y$ 。所以值域恰好为 $(-1,1)$ ，两端均不能取到。仅证明上下界不能代替这一步可达性证明。

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