函数与函数方程竞赛(2)

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）

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