高一数学竞赛的讲座2函数方程与函数迭代

1、. .PAGE11 / NUMPAGES11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，在已进行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）.基础知识表示某一类（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，则称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，

2、主要可以分成以下几类：1.换元法：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，有理数值以与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：若是单调（或连续）函数，且满足则（我们将此定理的证明放于例题中进行讲解.）6.递归法借助数列对函数方程加以研究的方法.设

3、是定义在上的函数，如果存在递推关系和初始条件当知道的值后，由可以惟一确定的值，我们称为递归函数.递推法主要解决递归函数问题.7.不动点法一般地，设函数的定义域为D，若存在，使成立，则称为的不动点，或称为函数图象的不动点.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.典例精析例1已知求分析令则再令则因此可以将所得三个等式看成是关于的三个方程，便可解得解：设则代入原式，得即eq oac(,1)设则代入原式，得即eq oac(,2)将eq oac(,1)eq oac(,2)与原方程联立，解得说明如何换元才能将已知的函数方程转化为可以求解的方程组，是一

4、个具有技巧性的问题，它需要分析所给的函数方程的特点才能达到目的.本例通过再次换元得到关于的方程组，消去从而求得例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) 对所有非零实数x，f(x)=xf()；（2）对所有的xy的非零实数对(x,y)，有f(x)+f(y)=1+f(x+y)2.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)=1+ f(x+1) (x1,x)在（2）中，以x代换x，以x+1代换y，得f(x)+ f(x+1)=1+ f(1) (x1,x) 综合、，得f(x)

5、+f(x)=2 (x1,x) 在x=1时成立，所以在x=1时也成立，由（1）与，当x时，所以 f(x) f(x)2x 从、中消去f(x)，得f(x)=x+1另解：由、可得f(x)=xf()f()+f()=2由、联立方程组可得例3求所有的函数f：RR，使得对任意实数x、y，都有(xy)f(xy)(xy)f(xy)=4xy(x2y2) 3. 解：令x=y0，得f(0)=0设u=x+y，v=x-y， 那么u+v=2x，u-v=2y，于是式成为若uv0，则上式为 即对任意非零实数u、v，有 所以为一常数，x于是对xR，所求的函数为 其中c为某一常数。经检验，（c是常数）是欲求的函数。例4求所有的函数f

6、：RR使得 f(f(x)y)=f(x2y)4f(x)y 对所有x，yR成立。4. 解：易见f(x)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)a2在中令，得 f(x)(x2-f(x)=0由于f(a)a2，故只能f(a)=0，并且可见a0否则a2=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(y)在中令x=a，并用y替换y，得f(a2+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

7、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a0)也就是说，若f(x)x2，则必有f(x)0成立，因此结论成立。例5解函数方程：对任意x，yR，都有f(x+y)+f(xy)=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=，y=t得f(+t)+f(t)=2f()sint 由(+)/2,得f(t)=f(0)cost+ f()sint所以f(x)=acosx+bsinx其中a=f(0)，b=f()为常数经检验，f(x)=acosx+bsinx满足题设条件

8、。例6求所有满足下列条件的6.解:令m=0，得2f(n)=f(3n). 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，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，都有f(2m)=0。于是，对任意，都有故，所求的f(n)0才能满足题意。例7函数f，g：RR均非常数，且满足：,求f(0)与g(0)的所有可能值。.解：自然地，令x=y=0，代入(1)、(2)得若f(0)0，则由(3)，由（4），有，矛盾！所以f(0)=0，因此若g(0)=0，在(1)中令y=

9、0，得f(x) 0 与题设不符 所以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。例8求所有的函数f：RR，使得对任意实数x，y，z有8.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，z。我们设法通过取一些特殊值来寻求结果。令x=y=z=1，代入，得 所以 故令y=z=1，代入并利用，得 所以令x=y=z=0，代入，得 所以令x=0，代入并利用，得 故 即综合和，即得。分析注意到是多项式这一条件，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

10、得解析式.例9确定符合下列条件的所有多项式使9.解设 代入原方程，得比较两端的最高次幂，得所以或当时，原式化为解得所以当时，原式化为由多项式恒等定理得：因为所以从而故所求的函数方程的解为或说明本例根据“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.分析本题是关于函数的迭代问题，可令得出函数的一个不动点，从而可得到问题的解决过程.例10若是单调（或连续）函数，且满足则分析由题条件可以猜想当时，一定有成立.也就是说对为整数时结论成立.如果不是整数时，我们能将其转化为整数的形式，然后再加以证明即可.证明由题设条件知取得取，则得eq

11、 oac(,1)取则取，则，得eq oac(,2)取且令，则所以eq oac(,3)由eq oac(,1)eq oac(,2)eq oac(,3)可知，对任意有理数均有另一方面，对于任意的无理数，因为连续，取以为极限的有理序列，则有综上所述，对于任意的实数，都有例11试求出所有满足下列条件的函数（1）是定义在R上的单调函数；（2）对任意的实数都有（3）解引理：设A、B为常数.如果对于任意的，都有则A=B.引理的证明：假定，则根据题意知令取则与题设矛盾.所以下面解答原题：依据题意，当为整数时，归纳易得到由且不恒为0知且当时，因为所以在R上为增函数.对任一个，设，则由，得两边取对数得故以取代得：即

12、由引理得即当时，同理可证故所有满足条件的函数为例12设连续且恒不为0,求满足的解.12分析由于本题满足的条件可以看出对于大于零的等式两侧分别取对数，利用柯西函数解的定理即可解决.解因为，又恒不为0,所以对题设两边取自然对数，得令因为且连续，由柯西函数方程解的定理知故，所以令则说明本题是例6的拓展与延伸，主要是应用柯西函数方程解的定理解决问题.类似地，利用柯西方程解的定理，在连续或单调性的条件下，我们还可以得到：（1）若（），则（2）若则（3）若则（4）若则这几个问题，同学们可以作为课下练习加以证明.例13设为实数集，确定所满足下列条件的函数（注：符号“”是“任意的”）.13.分析根据题设条件中

13、所给出的等式的形式，可猜想到是所求的函数，可是还有其它的函数也具有这些性质吗？这就需要我们对函数的唯一性加以证明.13.解令得令得eq oac(,1)令得eq oac(,2)故是奇函数，只需在上讨论即可.由eq oac(,1)式有，将改写成，则得到即eq oac(,3)（这里令即可）由eq oac(,3)运用柯西方法，对一方面，另一方面，比较以上两个方面，即得说明本题先猜出，然后再证明其唯一性，类比联想基本初等函数，先猜后证是常用的思路和方法.例14有连续的函数，满足，证明：是常函数.14.分析大部分出现的迭代函数不能用柯西法，但根据已知条件，我们知道有很多函数值相等：，要证明所有的函数值都相

14、等，应该先看当两个数满足什么条件时有解易用归纳法证明对自然数，有若不是常函数，则存在使得.不妨设又存在，使得，且设则.于是存在自然数实数，使得直线与函数的图象在上至少有两个交点，设为于是故有，矛盾！故原命题成立.说明对本题而言，若存在正整数使得成立，那么事实：函数的图象与直线至多有一个交点，有了这一条后就可以利用反证法了.例15设且对任意的都有如果，求15.分析本题可以先对过对特殊值进行验证，构造出一个数列，验证当均为整数时，结论成立的可能性，最后只需借助于所推得的结论将其从整数围推广到整个有理数围即可以求解.解令则令则，即因为，故从而由于等号成立，故令则eq oac(,1)对eq oac(,

15、1)式递推，有 因此因为即利用对从到求和，得最后令，得故因此对所有的，有说明本题构造数列来解函数方程，借助数列与函数方程的关系（主要是借助于递推关系）加以研究，这里如何构造数列是一个难点.说明本题是有关柯西函数方程解的定理，是一个十分重要而有用的定理.本题的解决所使用的方法也为柯西方法.例16（第35届IMO试题）设S是所有大于的实数组成的集合，确定所有的函数，满足条件：（1）对于所有的，有（2）在区间和，是严格递增的.16.分析由于在严格递增，故在此区间至多有一个解.设满足即令得而又，否则但此时，故是与不同的又一个不动点.这与的唯一性矛盾.同理，在也没有不动点.令得即是的不动点.从而，所以可

16、验证满足题意.解在条件（1）中，令得eq oac(,1)则是的一个不动点（即使得成立的）.设，在式eq oac(,1)中令，得即所以也是的一个不动点.若，则有且从而中有两个不动点.与在严格递增矛盾！若，则，且，这也与在严格递增矛盾！所以即解得下面验证确实符合条件.显然在S中严格递增.对任意的，有从而条件（1）成立.因此，所求的所有的函数为说明什么是不动点？如果一个数在函数的作用下值不变（还是它本身），那么这个数就是这个函数的不动点.一个很简单的函数（例如二次函数）迭代很多次以后得到的函数会非常复杂，而原来函数的不动点在迭代很多次后的函数中仍然是不动点，这就为我们研究迭代后的函数提供了方便.利用

17、不动点法解出函数方程以后，一定要注意回代验证.这样才能保证解题过程的完备性.例17（第24届IMO）已知且满足条件：（1）对任意的有（2）时，. 试求函数17分析简单的函数迭代之后往往是十分复杂的，故出现迭代的函数方程是最让人头疼的.对于本题，先观察第一个条件，不难发现：若令，则有，即是不动点，如果这个不动点非常少，比如只有一个的话，那么我们就会非常容易地解决问题了.分析一个这个函数的不动点应该具备的性质，如果是函数的不动点，那么根据上面所说的事实，我们马上得到也是不动点，从而也是不动点，结合第二个条件，如果，则会出现矛盾，故函数的不动点不能超过1.既然1是那么地特殊，不妨我们可以先求出而这又

18、是不困难的.那么对于小于1的数呢？根据对称性来说是应该不会有不动点，证明也就不是那么困难了.解令，有.显然是的不动点，其不动点集为再令代入条件（1）得又令代入原方程得所以，故舍去即是的一个不动点.从而所以以下用反证法证明是唯一的不动点.假设有且.（1）若，由令可得故所以而这与矛盾！（2）若，则由得且由知类似（1）得出矛盾！于是只有一个不动点.说明函数与方程的题目解法技巧性较强，抽象度较高，不动点法是解函数方程问题的一种常用方法.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，在已进行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

19、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）.基础知识表示某一类（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，则称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.解方程（组）法3.待定系数法4.代值减元法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，有理数值以与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：若是单调（或连续）函数，且满足则（我们将此定理的证明放于例题中进行讲解.）6.递归法借助数列对函数方程加以研究的方法.设是定义在上的函数，如果存在递推关系和初始条件当知道的值后，由可以惟一确定的值，我们称为递归函数.递推法主要解决递归