函数与函数方程竞赛

函数与函数方程竞赛讲座一

函数的迭代

(1)(2)1.定义: 设f?x?是定义在D上且取值在D上的函数，记f(x)?f(x)，f(x)?

(n)(n?1)(x)?f[f(1)(x)]，?，f(n)(x)?f??f?，则称f(x)是函数f(x)在D上的迭代，称n为f(n)(x)的迭代次数.

2.求n次迭代的方法: ①归纳法；②递推法；③桥函数相似法.

先看一个有趣的问题：李政道博士1979年4月到中国科技大学，给少年班的同学面试这样一道题：

五只猴子，分一堆桃子，怎么也平分不了，于是大家同意先去睡觉，明天再说．夜里一只猴子偷偷起来，把一个桃子吃掉后正好可以分成5份，收藏起自己的一份后又去睡觉了．第二只猴子起来后，像第一只猴子一样，先吃掉一个，剩下的又刚好分成5份，也把自己的一份收藏起来睡觉去了．第三、第四、第五只猴子也都是这样：先吃掉一个，剩下的刚好分成5份．问这堆桃子最少是多少个？

设桃子的总数为x个．第i只猴子吃掉一个并拿走一份后，剩下的桃子数目为xi个，则

4xi?(xi?1?1)，i?1,2,3,4,5

544且x0?x．设f(x)?(x?1)?(x?4)?4．于是

554x1?f(x)?(x?4)?4

54x2?f(f(x))?()2(x?4)?4

54x3?f(f(f(x)))?()3(x?4)?4

54x4?f(f(f(f(x))))?()4(x?4)?4

54x5?f(f(f(f(f(x)))))?()5(x?4)?4

5由于剩下的桃子数都是整数，所以，5|x?4．因此，最小的x为：x?5?4?3121． 上面的解法，我们利用了一个函数自身复合多次，这就叫迭代．一般地，设f:D?D是一个函数，对?x?D，记f(0)55(x)?x，f(1)(x)?f(x)，f(2)(x)?f(f(x))，…，

(n)(n)则称函数f(x)为f(x)的n次迭代，并称n为f(x)f(n?1)(x)?f(f(n)(x))，n?N?，

(?n)的迭代指数．反函数记为f(x)．

一些简单函数的n次迭代如下：

（1）若f(x)?x?c，则f(n)(x)?x?nc； （2）若f(x)?ax，则f(n)(x)?anx； （3）若f(x)?xa，则f(n)(x)?xa； （4）若f(x)?（5）若f(x)?ax?b（a?1），则f(n)nnxx，则f(n)(x)?； 1?ax1?nax1?an(x)?ax?b；

1?af(n)(x)的一般解法是先猜后证法：先迭代几次，观察规律并猜测表达式，证明时常用数

学归纳法．

1．求迭代后的函数值

例1：自然数k的各位数字和的平方记为f1(k)，且fn(k)?f1[fn?1(k)]，则fn1(1)（n?N）的值域为（ ） （A）N?

（B）5 （C）{4,16,49,169,256}

（D）{2,4,7,13,16}

?解：由条件可知：

f1(11)?(1?1)2?4;f2(11)?f1(4)?42?16;f3(11)?f1(16)?(1?6)2?49;f4(11)?f1(49)?(4?9)2?169;f5(11)?f1(169)?(1?6?9)2?256;f6(11)?f1(256)?(2?5?6)2?169;?所以fn(11)（n?N）的值域为{4,16,49,169,256}。 例2：设f1(x)?f(2?)2，而fn?1(x)?f1[fn(x)]，n?N?．记an?nfn(2?)x?11，则2?

a99? ．

解：因为f1(2)?221，所以a1??，而fn(2)?

f(2)?138n?12?1f(2)?1f(2)?11f(2)?1?n?1???n?1所以n。

2fn(2)?22f(2)?2n?1?2fn?1(2)?1即an??1111an?1，故a99??(?)98??101。 2822例3：求解函数方程：f(解：设g(x)?x?111?x)?f(?)?f()?cosx(x?0,?1) x?1x1?xx?11，则g(4)(x)?g(g(g(g(x))))?x并且g(2)x?g(g(x))??， x?1x1?x，于是原方程变为： 1?xg(3)x?g(g(g(x)))?f[g(x)]?f[g(2)x]?f[g(3)(x)]?cosx

① ② ③ ④

令x?g(x)得：f[g(2)(x)]?f[g(3)(x)]?f(x)?cosg(x) 令x?g(2)(x)得：f[g(3)(x)]?f(x)?f[g(x)]?cosg(2)(x) 令x?g(3)(x)得：f(x)?f(g(x))?f[g(2)(x)]?cosg(3)(x) 1x?111?x∴f(x)?(cos?cos?cos?2cosx)

3x?1x1?x由①②③④得：3f(x)?cosg(x)?cosg(2)(x)?cosg(3)(x)?2cosx

x2f(f(f?f(x)?). ,x?(1,??)，求?例4 已知f(x)?????2(x?1)n个fx212??解 ?f(x)?，

2(x?1)2(1?1)1?(1?2)2xx2x21??1? f(x)2221?(1?)2x22?(1?)x，

∴f(f(x))?2221?(1?)f(x)?2221?(1?)2x，

f(f(f(x)))?2221?((1?)2)2x?223，

1?(1?)x2 由数学归纳法易知 f(f(f?f(x)?)?22n1?(1?)2x?????n个f.

注：在函数迭代中，通过观察得出的函数要用数学归纳法给予严格证明.

2．不动点法

一般地，若f(x)?ax?b，则把它写成f(x)?a(x?bb )?1?a1?a因而

f(2)(x)?a2(x?bb)?1?a1?af(3)bb(x)?a(x?)?1?a1?a3

……f(n)(x)?an(x?这里的动点．

bb )?1?a1?ab就是方程ax?b?x的根．一般地，方程f(x)?x的根称为函数f(x)的不1?a如果x0是函数f(x)的不动点，则x0也是f(n)(x)的不动点．可用数学归纳法证明．利

用不动点能较快地求得函数f(x)的n次迭代式．

定理1 设a?1,f(x)?ax?b,x0是f(x)的不动点，则对于正整数n，有

f(n)(x)?an(x?x0)?x0.

证 ?f(x)?ax?b，x0?ax0?b，两式相减得

f(x)?x0?a(x?x0)， （1）

当n?1时，由（1）知结论成立。假设n?k时结论成立，那么对于n?k?1，

f(k?1)(x)?f(f(k)(x))?a(f(k)(x)?x0)?x0

?a(ak(x?x0)?x0?x0)?x0 ?ak?1(x?x0)?x0，

即n?k?1时结论也成立。由归纳法原理知结论成立。

例5：已知f(x)是一次函数，且f(10)(x)?1024x?1023，求f(x)的解析式．

例6 已知f(x)为一次函数，且f(2007)(x)?22007x?3(22007?1)，求f(x).

解 设f(x)?ax?b，显然a?1.

bb，即x0?为f(x)的不动点.由定理1知， 1?a1?abb， f(2007)(x)?a2007(x?)?1?a1?abb??3(22007?1)， ?a2007?22007，?a2007?1?a1?a令x?ax?b，得x0?解之得a?2,b?3，所以f(x)?2x?3.

(n)例7：若f(x)?19x?93，求f(x)．

2

例8.已知f：R?R满足条件：(1)对任意x.y?R,f(xf(y))?yf(x); (2) x???时，f(x)?0

解：令y?x,有f(xf(x))?xf(x).可见其不动点集为{xf(x)|x?R}。

再令x?y?1，代入条件(1)得f(f(1))?f(1)，再将x?1,y?f(1)代入得

???f(f(f(1)))?f2(1)，结合两式可得：f(1)?f2(1)，故f( 1)?1，这说明1是f的不动点。

下面用反证法证明f的不动点是唯一的。假设存在??1且f(?)??。

i.若??1,由f(xf(x))?xf(x)，令x??得f(?f(?))??f(?)?f(?)??，从而f(?)???f(?)??.这与条件（2）矛盾。

ii. 若0???1,由1?f(1)?f(与i矛盾。

综上f只有一个不动点1，所以xf(x)=1，即f(x)=3．相似法

若存在一个函数?(x)以及它的反函数?(x)，使得f(x)??(g(?(x)))，我们称

?1?1442n2n221?1111??)?f(?f(?))??f()?f()?,而这

????1(x?R?). x

f(x)通过?(x)和g(x)相似，简称f(x)和g(x)相似，其中?(x)称为桥函数．

如果f(x)和g(x)相似，即f(x)??(g(?(x)))，则有：f?1(n) (x)???1(g(n)(?(x)))．

?1定理2 设g(x)与?(x)都是D?D的函数，?(x)的反函数为?(x)，若

f(x)???1(g(?(x)))，则f(n)(x)???1(g(n)(?(x))).

定理2可用数学归纳法证明。 例9：若f(x)?2x?1，求f2(n)(x)．

函数与函数方程竞赛讲座二

函数方程

1. 常见题型:①已知函数方程,求函数值；②已知函数方程,讨论函数性质；③由函数方程讨论函数的有界性、对称性、周期性等性质；④讨论函数方程解的问题,讨论给定的函数方程是否有解(常用反证法或构造法)和给定方程的所有解.

函数方程的变化多，求解技巧性很强，往往涉及不同领域的数学知识，特别是附加了条件的函数，更是五花八门，各有巧妙。迭代只是其中的一种方法，在高中数学各级竞赛中，都有可能会遇到函数方程的问题，还有可能会用到观察法、代换法、柯西法、赋值法（特殊值法）等几种典型的求解函数的方法。如： 1．代换法

x?1)?1?x. xu?1?u?1??1?2u?1?f解：令x?，代入原式得f? (1) ????uu?u??1?u?u?21?1??fu? x?，代入原式得：f? (2) ???1?uu?11?u???u?1?又：f?u??f???1?u(3)

u??例1.解函数方程f(x)?f(?u?1??1?、f??? u1?u????u3?u2?1∴由方程组(1)(2)(3)得f(u)?

2u?u?1?三个方程中仅含有f?u?、f?x3?x2?1 即：f?x???x?0,x?1?

2x?x?1??x?1??x?1???????1x?1x3?x2?1?x??x?)???x?1 检验：f(x)?f(x?1?x?1?x2x(x?1)2?1??x?x?x3?x2?1所以f(x)?2x(x?1),?x?R\\?0,1?.经检验上式满足条件.

k32注:事实上,对于函数方程a(x)f(x)?b(x)f(?(x))?c(x),其中a(x),b(x), ?(x),c(x)为已知函数,如果存在一个k?N，使得?(x)?x(k次迭代)，即可用上述的方法求解。

x?1?1x?1x?112x解二:令?(x)?，則?(x)??(?(x))??(; )??x?1xx1?xx1?11?3(x)??(?2(x))??()?1?x?x

11?x1?x 此时可将(2)式表示为f(x)?f(?(x))?1?x……(1)?

2x?12迭代一次可得f(?(x))?f(?(x))?1??(x)?……(2)?

x2?(x)?12?x23 再迭代一次可得f(?(x))?f(?(x))?…(3)? ?f(?2(x))?f(x)??(x)1?xx3?x2?1（?x?0,1;x?R） 解方程可得f(x)? 检验略。

2x(x?1)例2：（2007越南数学奥林匹克）设b是一个正实数，试求所有函数f:R?R，使得f(x?y)?f(x)?3by?f(y)?1?bx(3by?f(y)?1?by)对任意实数x、y均成立。

y解：将原方程变形为：f(x?y)?bx?y?(f(x)?bx)?3b?f(y)?1 (x, y?R)

①

令g(x)?f(x)?bx，则①等价于g(x?y)?g(x)?3g(y)?1(x, y?R) 在②中令y?0得g(x)?g(x)?3g(0)?1(x?R)这表明g(x)?0或g(0)?1 1）若g(x)?0(x?R)，则f(x)??bx

2）若g(0)?1，在②式中令x?0得：g(y)?g(0)?3g(y)?1?3g(y)?1 即3g(y)?1?g(y)?0(y?R)

②

③

考虑函数h(t)?3t?1?t，它的导函数h'(t)?3t?1ln3?1， 则h'(t)?0?t?log3(log3e)?1?1

于是可知h(t)?0有两根t1?1和t2?c(0?c?1)

于是③式等价于g(y)?1或c (y?R, c为满足0?c?1的常量）

假设存在y0?R使g(y0)?c，则1?g(0)?g(y0?y0)?g(y0)?3g(?y0)?1?c?g(?y0) 1∴g(?y0)???c或1，∴g(y0)?c矛盾，因此g(y)?1(y?R)，∴f(x)?1?bx

c综上知：f(x)??bx和f(x)?1?bx

说明：代换法是解函数方程最基本方法，很多函数方程中所特有的性质是通过代换法去发现的。本题也是通过代换法打开了解题的思路。

2．柯西法（在f(x)单调（或连续）的条件下，利用柯西函数方程的解求解）. 定理3 设f(n)是N?N的函数，且对于任意n?N，有f(n?1)?f(n)，则

（1） 对于任意n?N，有f(n)?n；

（2） 对于任意n?N,k?N?，有f(n?k)?f(n)?k. 定理3用数学归纳法易证. 定理4 若对于任意的x,y?Q，有

f(x?y)?f(x)?f(y) 则f(x)?xf(1),x?Q.

证 由（1）及数学归纳法不难证明：对于任意的正整数n及有理数x，有 f(nx)?nf(x) 在（2）中令x?1，得

f(n)?nf(1),(n?N?) 在（2）中令x?0,n?2，得f(0)?2f(0)，?f(0)?0.

?0?f(0)?f(n?n)?f(n?(?n))?f(n)?f(?n)， ?f(?n)??f(n)，n?Z.

当n?N?时， f(?n)??f(n)?(?n)f(1) 由（3），（4）知，

f(n)?nf(1),n?Z 对于任意的r?Q，设r?mn,m?Z,n?N?，则有 f(m)?f(nmmn)?nf(n)

1）

2）

3）

4） 5） （（（ （ （ ?f(即 f(r)?rf(1),r?Q.

m11m)?f(m)?mf(1)?f(1) nnnn注：在定理4中，若加上f(x)为连续函数这一条件，则有

f(x)?xf(1),x?R.

定理4的证明方法叫做柯西方法，这一方法的基本步骤是依次求出正整数的函数值、

整数的函数值、有理数的函数值，在函数连续的条件下，进一步求出实数的函数值.

注：上述定理证明为柯西爬坡式证法，步骤是：依次求出自变量取正整数值，整数值，有理数值，直至所有实数值，从而得到函数方程的解。

例3.设f(x)连续且恒不为0，且f(1)=a，求函数方程f(x?y)?f(x)f(y)的解

xx22若存在x0?R，使f(x0)?0。则对一切实数x，有

f(x)?f(x?x0?x0)?f(x?x0)f(x0)?0这与f(x)不恒为0矛盾，故f(x)?0. 对f(x?y)?f(x)f(y)两边取自然对数，得lnf(x?y)?lnf(x)?lnf(y) 令g(x)?lnf(x)

∵f(x)?0且连续 ∴g(x)连续且满足g(x?y)?g(x)?g(y). 由定理知：g(x)?xg(1)

x即lnf(x)?xlnf(1)?xlna,所以f(x)?a(a?0)。

例11.解：∵f(x)?f()f()?0

例4（2001年英国数学奥林匹克）已知函数f(x)是N?N的映射，满足： （1） 对任意非负整数n，有f(n?1)?f(n)， （2） ?m,n?N，有f(n?f(m))?f(n)?m?1， 求f(2001).

解 在（2）中令m?0，并记f(0)?k，则有

f(n?k)?f(n)?1.

由于数列f(n)是递增数列，由定理3知f(n)?k?f(n?k)?n?1，?k?1. 若k?0，则有f(n)?f(n)?1，矛盾，所以，k?1，从而有

f(n?1)?f(n)?1.

又因为f(0)?1，容易得f(n)?n?1.所以，f(2001)?2002.

3．特殊值法

例5.已知函数f(x)满足：f(0)?1,f()?2，且对任意的x,y?R，

?2f(x?y)?f(x?y)?2f(x)cosy都成立，试求f(x).

解:在已知条件中令x?0,y?t可得f(t)?f(?t)?2f(0)cost?2cost……(1) 令x? 令x??2?t,y?,y??2可得f(t??)?f(t)?0 ……(2)

?t可得f(t??)?f(?t)??2f()sint??4sint……(3)

222 解方程可得f(t)?cost?2sint

?f(x)?cosx?2sinx易检验f(x)满足已知条件。

例6.f(x)的定义域在非负实数集合上并取非负数值的函数，求满足下列所有条件的f(x)：（1）f(xf(y))?f(x)?f(x?y)；（2）f(2)=0；（3）当0?x?2时，f(x)?0. 解：（Ⅰ）令x=2，y?t?2(t?2)得0?f(2f(t?2))?f(2)?f(t).所以当t?2时，

???f(t)?0.

（Ⅱ）考虑0?x?2,0?y?2（即f(x)f(y)?0）时，（1）两边等于零的特殊情况。

2。设f(x?y)?0，由f(y)22（Ⅰ）得；x?y?2，即x?2?y，因为x?，且x?2?y，所以?2?y，

f(y)f(y)?2,(0?x?2)22?解得f(y)?.所以当0?x?2时,f(x)?.所以f(x)??2?x.

2?y2?x??0.(x?2)设f(xf(y))?f(x)?0,由（Ⅰ）得：xf(y)?2，即x?例7（2004年高中联赛试题）设函数f:R?R，满足f(0)?1，且?x,y?R，都有

f(xy?1)?f(x)f(y)?f(y)?x?2 （1）

求f(x).

解 （方法1）在（1）中将x,y互换，则有

f(xy?1)?f(y)f(x)?f(x)?y?2 （2） 由（1），（2）得

f(x)?y?f(y)?x （3） 在（3）中令y?0，则有 f(x)?f(0)?x，即f(x)?x?1.易证f(x)?x?1是方程（1）的解.

（方法2）在（1）中令y?0，得

f(1)?f(x)f(1)?f(0)?x?2 （4）

即 f(1)?f(x)f(1)?x?1.

为了求出f(x)，需要求f(1)，为此在（1）中令x?y?0，得

f(1)?f(0)f(0)?f(0)?2，

从而有f(1)?2，代入（4）可得f(x)?x?1. 例8 已知f(x)是Q?Q的函数，f(1)?2，

f(xy)?f(x)f(y)?f(x?y)?1 （1）

求f(x)(x?Q).

解 将y?1代入（1）式，得f(x)?f(x)f(1)?f(x?1)?1， 即 f(x?1)?f(x)?1.

所以，?n?Z，有f(n?1)?f(n)?1 （2） 由（2）易得 f(n?1)?n?1，n?Z.

1,y?n,n?Z,n?0，则有 n111f(?n)?f()f(n)?f(?n)?1， nnn11即 2?f()(n?1)?[f()?n]?1，

nn11所以， f()?1?.

nn在（1）中令x?在（1）中令x?p,y?1,p,q?Z,q?0，得 q11111pf(p?)?f(p)f()?f(p?)?1?(p?1)(1?)??p??1，

qqqqqq即 f()?pqp?1， q??x?Q，有f(x)?x?1.

例9 （2008年荷兰数学奥林匹克）求所有函数f:N??N?，使得?n?N?，有

f(f(f(n)))?f(f(n))?f(n)?3n （1）

解 ?m,n?N?，若f(m)?f(n)，则

f(f(m))?f(f(n))， f(f(f(m)))?f(f(f(n)))，

?f(f(f(m)))?f(f(m))?f(m)?f(f(f(n)))?f(f(n))?f(n) ?3m?3n， m?n，故f是N??N?的单射.下证f(n)?n.

当n?1时，在（1）中取n?1，得

f(f(f(1)))?f(f(1))?f(1)?3.

因为上式左边3个数均为正整数，所以只能全为1，故f(1)?1，即n?1时结论成立.

假设n?k时，有f(k)?k，那么当n?k?1时，由f是单射知f(k?1)?k，从而有f(f(k?1))?k，进而有f(f(f(k?1)))?k，即f(k?1)?k?1 （2）

f(f(k?1))?k?1 （3） f(f(f(k?1)))?k?1（4）

将上述3式相加，得

f(f(f(k?1)))?f(f(k?1))?f(k?1)?3(k?1).

又f(f(f(k?1)))?f(f(k?1))?f(k?1)?3(k?1)，从而知不等式（2），（3），（4）全取等号，故f(k?1)?k?1，即对于n?k?1结论成立.由归纳法原理知，f(n)?n,n?N?.

例10（第17届巴尔干数学奥林匹克）求所有的R?R的映射f，使得?x,y?R，均有f(xf(x)?f(y))?(f(x))?y （1）

解 设f(0)?a，在（1）中令x?0，则有f(f(y))?a?y （2） 由（2）知f(f(y))的值域为R，所以f(x)的值域为R.又若f(x1)?f(x2)，则

22f(f(x1))?f(f(x2))，

由（2）得a?x1?a?x2，所以x1?x2，这表明f是R?R的双射.因此?b?R，使得f(b)?0.

在（1）中令x?b，得 f(f(y))?y （3）

22由（2），（3）知a?0，所以a?0 ，?f(0)?0， ?b?0.

在（1）中令y?0，得f(xf(x))?(f(x)) （4） 在（4）中令x?f(t)，注意到由（3）可知f(f(t))?t，从而有有

f(xf(x))?x （5） 由（4），（5）可知

(f(x))?x （6） 因此，?x?R,有f(x)?x或f(x)??x.

假设存在非零实数?,?，使得f(?)???，而f(?)??，那么在（1）中令

22222故?x?R，f(tf(t))?t2，

x??,y??，得

f(??2??)??2??，

又由（6）知f(????)?????或f(????)??(????)，矛盾，所以方程（1）的解是

2222f(x)?x(x?R)或f(x)??x(x?R).

例11：（2008年IMO第4题）求所有的函数f:(0,??)?(0,??)满足对所有的正实数?，(f(?))2?(f(x))2?2?x2x, y, z，?x?yz都有： ?2222f(y)?f(z)y?z解：令??x?y?z?1得：(f(1))2?f(1)?f(1)?1

(f(t))2?1t2?1对任意t?0令??t，x?1，y?z?t得： ?2f(t)2t1去分母整理：(tf(t)?1)(f(t)?t)?0，所以对每个t?0有f(t)?t或者f(t)? ①

t1若存在b, c?(0,??)，使得f(b)?b，f(c)?，则由①知，b, c都不等于1。

c且f(b)?1，f(c)?c，令??b，x?c，y?z?bc，则 b1?c22c?b2c3b2?c2b，所以f(bc)? ?2f(bc)2bcb(b2?c2)c?b2c314又因f(bc)?bc或者f(bc)?；若f(bc)?bc则bc??bc?c?b?1矛盾 22bcb(b?c)1c?b2c31若f(bc)?，则??b2c4?b2?c?1矛盾 22bcb(b?c)bc1所以f(x)?x(x?(0,??)或者f(x)?(x?(0,??))经检验满足。

x4．观察函数特有的性质并利用其解题

函数的性质包括单调性、奇偶性、周期性及所具有的特殊形式，在解题的过程中需要对其进行观察判断并利用其解决问题。

例12：（2007日本数学奥林匹克决赛）求定义域为正实数集，值域为实数集的函数f，

f(x)f(y)f(x?y)f(x?y)满足：f(x)?f(y)?，，其中x、y为任意实数。 ??xyx?y2解：令x?y?t(t?0)，∴4f(t)?f(2t)及4f(t)?f(2t)，∴f(2t)?4f(t)(t?0) 重复应用这个等式m次得：f(2mt)?22mf(t)，再令g(x)?f(x)。 x下面证明对任意的正整数n和任意的两实数t，有g(nt)?ng(t)，

显然当n?2m时，命题成立。又因为题中第二个不等式等价于g(x)?g(y)?g(x?y)， 所以，对任意的n、t有g(nt)?g(t)???g(t)?ng(t)，若取m(m?N?)，满足2m?n， 则：g(2mt)?g(nt)?g((2m?n)t)?ng(t)?(2m?n)g(t)?2mg(t) 另一方面，有g(2mt)?2mg(t)故上式中不等式号均为等号， 即g(nt)?g((2m?n)t)?ng(t)?(2m?n)g(t) 因此必有g(nt)?ng(t)

①

f(t?2t) 2再证明：g为单调不增函数；对于正实数t，有f(t)?f(2t)?由于f(t)?tg(t)?f(2t)?2tg(2t)?4tg(t)

9f(3t)?3tg(3t)?9tg(t)，则5tg(t)?tg(t)?g(t)?0

2故对于所有的x, y (0?x?y)，有g(x)?g(x)?g(y?x)?g(y) 故g为单调不增函数

②

设g(1)?a?0，接下来证明：g(t)?at(t?0) 反设对正实数t有g(t)?at，则存在一个有理数

ppp(p,q?N?)满足?t及g(t)?a，qqqp1pppp另一方面：由g()?g(p)?g(1)?a，有g(t)?g()与?t及g的单调不增矛盾，同

qqqqqq理若g(t)?at，也得到矛盾，因此，对于正实数t，有g(t)?at

从而，f(x)?xg(x)?ax2(a?0)，对于这样的f，有f(x)?f(y)?f(x)f(y)f(x?y)???0均满足。 xyx?yf(x?y)a?(x?y)2?0，22∴f(x)?ax2为所求

说明：该题关键是抓住函数具有①②两个特有特征而对此进行解答。抓住函数特征和性质来求解函数方程问题，是最常用的方法。 三．训练题

1. 已知f(x)是一次函数，且f(x)?1024x?1023(n次迭代)。求f(x)

101且f(n)满足：nf(n)?(n?1)f(n?1)?f(n?2)(n?3),试求f(n). 2x（n?2）3. 设f:R?R,f(x)?，若f1(x)?f(f(x))且fn(x)?f(fn?1(x)),试求fn(x).

21?x4. 已知f:R?R，求解函数方程xf?y??yf?x???x?y?f?x?f?y?

2．设f(1)??1,f(2)??

x?y)?f(x)?f(y). 26. 若函数f(x)在某一充分小的区间(a,b)内有界，求f(x?y)?f(x)?f(y)的解。

5. 设f(x)在整个实数上是连续的,且f(0)?a, 解函数方程2f(训练题答案：

1.解：设f(x)?ax?b(a?0)，则

f2(x)?a2x?b(a?1)f3(x)?a3x?b(a2?a?1)?f10(x)?a10x?b(a9???a2?a?1)?a10x?b?由题设知：

1?a1?a10b(1?a10)=1023 a=1024 且

1?a∴a=2，b=1 或 a=－2，b=－3

∴f(x)?2x?1或f(x)??2x?3

102.解：原式可以改写为

n[f(n)?f(n?1)]??[f(n?1)?f(n?2)] ?[f(n)?f(n?1)]?? 则有

1[f(n?1)?f(n?2)] ， ?n?3。 n1[f(3)?f(2)]??[f(2)?f(1)]31[f(4)?f(3)]??[f(3)?f(2)] 4?1[f(n)?f(n?1)]??[f(n?1)?f(n?2)]n 累乘可得

2[f(2)?f(1)] n!n?21(?1)(?1)nn?22[??(?1)]?? ?(?1) n!2n!n! f(n)?f(n?1)?(?1)n?2

再将2,3,4,?,n代入上式可得

(?1)2f(2)?f(1)?2!(?1)3f(3)?f(2)? 3!?(?1)nf(n)?f(n?1)?n! 累加可得

(?1)2(?1)3(?1)n f(n)?f(1)? ????2!3!n!n(?1)k(?1)(?1)2(?1)n?????? ?， ?n?N。 1!2!n!k!k?1x3.解：f1(x)?f(f(x))?f(x)1??f(x)?2?1?x2?x1???2?1?x????2?x1?2x2；

x f2(x)?f(f1(x))?1?2x2?x1???2?1?2x????2?x1?3x2；

f3(x)?x1?4x2，

猜想fn(x)?x1?(n?1)x2

设n=k时上式成立,当n=k + 1时，

x fk?1(x)?f(fk(x))?1?(k?1)x2?x1???1?(k?1)x2?2????2?x1?(k?2)x2。

由数学归纳法知猜想正确.

4.解：令x?y?1，得2f?1??f?1??

当1、f?1??0，令y?1，解得f?x??0

2、f?1??1，令y?1，x?f?x???x?1?f?x??x?f?x??1??0

?1x?0 (其中a?f?x??1为任意实数)

?ax?0 5.解:令y?0得

∴f?x???xx?02f()?2f()?f(x)?f(0)?f(x)?a22 x1?f()??f(x)?a?。22 从而

1?f(x)?f(y)??f(x?y)?1?f(x?y)?a?222 ?f(x)?f(y)?f(x?y)?a

?f(x?y)?a??f(x)?a???f(y)?a?。 令g(x)?f(x)?a；由上式可知 g(x?y)?g(x)?g(y)。

因为f在整个实数域上都是连续的，所以g(x)在实数域上也是连续的。 由柯西方程解定理得g(x)?cx。(其中c?g(1)?f(1)?a) ?f(x)?g(x)?a?cx?a。

6.解：在例11中，我们已经证明在给定f(1)?c的条件下，f(r)?cr。 （r?Q） 令g(x)?f(x)?cx?x?R, 则当x?r?Q时，

g(r)?f(r)?cr?cr?cr?0. (1) 且对任意的实数x,y, g(x?y)?f(x?y)?c(x?y)

?f(x)?f(y)?cx?cy

?g(x)?g(y)

所以g(x)也满足已知条件.

对任意的实数x，取r?(x?b,x?a)?Q 则 x?b?r?x?a。 令x1?x?r，則a?x1?b(x1?(a,b))，

g(x)?g(x1?r)?g(x1)?g(r)?g(x1)

即对任意的x?R，存在x1?(a,b)，使得g(x)?g(x1) (2) 又因为f(x)?cx在(a,b)上有界， ?g(x)?f(x)?cx在(a,b)上有界 所以由(2)知，g在实数域上都有界。 又由(1)知g(r)?（ 0r?Q） 若存在无理数x0，使得g(x0)?d?0 则g(nx0)?ng(x0)?nd??, 所以g(x)?0

asn??，矛盾

?x?R

因此，f(x)?cx?x?R。

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