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1、函数方程与函数迭代函数方程问题一直是各国重大竞赛中的热点问题，以IMO为例，在已进展的四十七届竞赛的试题中，有30多道是函数方程的试题，几乎是每届一题.在我国冬令营与国家集训队的测试题中，函数方程问题也是屡见不鲜的.究其原因，它往往是给出较弱的条件，却要从中得出甚强的结论一般是要直接求出表达式【根底知识】表示某一类或某一个函数所具有的一定性质的关系式叫做函数方程其中f(x)为未知函数如果一个函数对其定义域变量的一切值均满足所给的方程，那么称f(x)为这个函数方程的解.寻求函数方程的解或证明函数方程无解的过程，就是解函数方程.我们粗略地归纳其典型的解题方法，主要可以分成以下几类：1 .换元法：2
2、 .解方程组法3 .待定系数法4 .代值减元法当所给的函数方程中变量不止一个时，和普通方程一样，求解时首先要设法减少变量个数，代值减元就是一种减少变量的方法，它通过适当地对自变量赋于特殊值，从而简化方程，逐步靠近未知结果，最终解决问题.5 .柯西法先求出对于自变量取所有正整数的值时函数方程的解具有的形式，然后依次证明对自变量取整数值，有理数值以及取实数值时函数方程的解仍具有这种形式，从而得到方程的解.这里我们给出一个定理：柯西函数方程的解定理：假设f(x)是单调或连续函数，且满足f(xy)f(x)f(y)(x,yR),那么f(x)xf(1).我们将此定理的证明放于例题中进展讲解.6 .递归法借
3、助数列对函数方程加以研究的方法.设f(n)是定义在R上的函数，如果存在递推关系S和初始条件f(1)即当知道f(1),f(2)，f(n)的值后，由S可以惟一确定f(n1)的值，我们称f(n)为递归函数.递推法主要解决递归函数问题.7不动点法般地，设函数f(x)的定义域为D,假设存在x0D,使f(x0)x0成立，那么称x0为f(x)的不动点，或称(xo,x0)为函数yf(x)图象的不动点.对于一些简单的函数，利用不动点，把函数变形后再迭代，最后利用数学归纳法证明，往往会使算法简单些.【典例精析】x11x【例1】f(x)f()，求f(x).xxx111y1R分析令t,那么x，再令y,那么ty一,因此
4、可以将所得三个等式看成是关于x1t1tyx11f(x),f()，f()的三个方程，便可解得f(x).x1x.x11.一111解：设t，那么x，代入原式，得f()f(t)，即f()f(x)x1t1t1t1xA11t1t11x12x1_设t，那么代入原式，得f()f()1.即f()f(),1 x1ttt1xxxx3x21将与原方程联立，解得f(x)一x1.2x(1x)是一个具有技巧性的问题，它需要分析所R说明1如何换元才能将的函数方程转化为可以求解的方程组,x11.、给的函数方程的特点才能到达目的.本例通过再次换元得到关于f(x),f(L)，f(一二)的方程组，消去x1xx11f(),f(，从而求
5、得f(x).x1x【例2】证明：恰有一个定义在所有非零实数上的函数f,满足条件：1(1)对所有非零实数x,f(x)=xf();2对所有的xwy的非零实数对(x,y),有f(x)+f(y)=1+f(x+y)x2证明：f(x)=x+1显然适合1、2。下证惟一性。即设f(x)满足1、2，那么f(x)=x+1在2中，令y=1,得f(x)+f=1+f(x+1)(xw1xw。)在2中，以一x代换x,以x+1代换y,得f(-x)+f(x+1)=1+f(1)(xW1,xW0)综合、，得f(x)+f(-x)=2(xw1,xW0)在x=1时成立，所以在x=1时也成立，由1及，当xw0时，1xf(-) x2x f(
6、 x)11f(x)xf(-)x2f(-)2xxx所以f(x)f(-x)=2x从、中消去f(-x),得f(x)=x+1另解：由、可得，1_f(-x)=-xf(-)xf()+f()=2xx由、联立方程组可得【例3】求所有的函数f:R-R,使得对任意实数x、y,都有(x-y)f(x+y)(x+y)f仅一y)=4xy(x2y2)3 .解：令x=yW0,彳导f(0)=0设u=x+y,v=x-y,那么u+v=2x,u-v=2y,于是式成为22vf(u)uf(v)uv(uv)假设uvw 0,那么上式为f(u)u即对任意非零实数u、v,有f(u)f(v)22u v v2 f (v)2u vv所以f为x2c为一
7、常数，xw0xcx 其中c为某一常数。于是对xeR,所求的函数为f(x)x3经检验，f(x)x3cxc是常数是欲求的函数。【例4】求所有的函数f:R-R使得f(f(x)+y)=f(x2y)+4f(x)y对所有x,yCR成立。4 .解：易见f(x)三0或f(x)=x2皆为上述方程的解。我们来证明它们是惟一的解。设对某个a,f(a)wa2在中令yxf-(x),得f(x)(x2-f(x)=02由于f(awa2,故只能f(a)=0,并且可见aw0否那么a=0=f(a)与a的定义相违。于是我们得到，对任何x,要么f(x)=0,要么f(x)=x2在中令x=0,有f(0)=0在中令x=0,有f(y)=f(-
8、y)在中令x=a,并用y替换v,彳导f(3+y)=f(y)=f(y)从上式可见f以a2为周期，进而我们有f(f(x)=f(f(x)+a2)=f(x2a2)+4f(x)a2在中令y=0,有f(f(x)=f(x2)利用f(x)的周期性,得f(x)a2=0所以f(x)=0(因为aw0)也就是说，假设f(x)wx2,那么必有f(x)三0成立，因此结论成立。【例5】解函数方程：对任意x,yCR,都有f(x+y)+f(x-y)=2f(x)cosy5.解：令x=0,y=t,得f(t)+f(t)=2f(0)coSt令x=+t,y=,得f(+t)+f(t)=0令x=一，丫=一+1得。+t)+f(1)=2f()s
9、int222由(+)/2,得f(t)=f(0)cost+f()sint2所以f(x)=acosx+bsinx其中a=f(0),b=f(一)为常数2经检验，f(x)=acosx+bsinx满足题设条件。【例6】求所有满足以下条件的f:NR:f(nm)f(nm)f(3n),n,mN,nm6解:令m=0,得2f(n)=f(3n).nN令m=n=0得f(0)=0令m=n得f(2n)+f(0)=f(3n)即f(2n)=f(3n)于是，对任意mN,有f(4m)=f(6m)=f(9m)另一方面，在原恒等式中令n=3m,得f(4m)+f(2m)=f(9m)因此，对任意mN,都有f(2m)=0。于是,对任意nN
10、,都有1 1f(n)-f(3n)f(2n)02 2故，所求的f(n)三0才能满足题意。f(xy)f(x)g(y)g(x)f(y),(1)【例7】函数f,g：R-R均非常数，且满足：)，g(xy)g(x)g(y)f(x)f(y).(2)求f(0)与g(0)的所有可能值。.解：自然地，令x=y=0,代入(1)、(2)得f(0)2f(0)g(0)(3)_2_2_g(0)g(0)f(0)(4)1 991假设f(0)w0,那么由(3),g(0)一,由4，有f2(0)g2(0)g(0)0,矛盾！2 4所以f(0)=0,因此g(0)g2(0)假设g(0)=0,在(1)中令y=0,得f(x)=0与题设不符所以
11、g(0)=1综上所述，f(0)=0,g(0)=1说明：我们经常会遇到函数在某个点上取值可能不确定的情况，这就需要我们去伪存真，并意识到题目可能会有多解。111【例8】求所有的函数f：R一R,使得对任息头数x,y,z有一f(xy)-f(xz)f(x)f(yz)-2248.解：题设所给的是一个不等式，而不是方程，而且变元有三个，即x,y,zo我们设法通过取一些特殊值来寻求结果。21令x=y=z=1,代入，得f(f(1)一41令y=z=1,代入并利用，得f(x)f(x)221令x=y=z=0,代入，得f(0)(f(0)4,一_、一一广111令x=0,代入并利用，得f(yz)2241综合和，即得f(x
12、)1。2，1 2-1所以(f(1) -)2 0 故f(1)221-，1_ 所以f(x)42-1 所以f(0)21 r 一故 f (yz) -即 f (x) -2 2【例9】确定符合以下条件的所有多项式9.【解】设 f (x) a0xn a1xn1一 .，一1 一一 3f(x)f(x 1) - f f(x) 3.22an(a0 0),代入原方程，得%(x 1) a(x 1)n11nan 二%(浙2axn1 an) aXa/Qxn1 an)anR分析1注意到f(x)是多项式这一条件，故其解析式的形式是固定的，只需确定最高次项的次数，然后利用待定系数法便可求得解析式.2比拟两胡x的取局次帚，得nn,
13、所以n0或n1.13当n0时，原式化为a03ao3,解得a。3,所以f(x)3.1. .3当n1时，原式化为a0(x1)a1石%(%乂&)a3,由多项式恒等定理得:1 2aca0,2 一.一一.一一3 因为0,所以a02,a11,从而f(x)2x1.1 13%a-a0a1一a,2 22故所求的函数方程的解为f(x)3或f(x)2x1.R说明1本例根据“f(x)是多项式这一条件，故其解析式的形式是固定的，只需确定最高次项的次数,然后利用待定系数法和多项式相等便可求得解析式4 一.一一,一R分析1此题是关于函数的迭代问题，可令一(x1)x,得出函数f(x)的一个不动点，从而可得到问题5的解决过程.
14、【例10】假设f(x)是单调或连续函数，且满足f(xy)f(x)f(y)(x,yR),那么f(x)xf(1).R分析1由题条件可以猜测当xn时，一定有f(n)nf(1)成立.也就是说对x为整数时结论成立.如果x不是整数时，我们能将其转化为整数白形式，然后再加以证明即可【证明】由题设条件知f(xx2xn)f(x1)f(x2)f(xn),取x1x2xnx,得f(nx)nf(x)(nN*)取x0,那么f(0)nf(0)，得f(0)0.0取x1,那么f(n)nf(1).寸mF”，m，口m1m取x，那么f(m)nf(一)(m寸)，得(一)f(m)-f(1)(m,n)1).nnnnn取xm,且令yx0,那么f(x)f(y)f(xy)f(0)0.n所以f(x)f(y)y(1)xf(1).(3)由可知，对任意有理数X,均有f(x)xf(1).方面，对于任意的无理数X,因为f(x)连续，取以X为极限的有理序列xn,那么有f(
