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
百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库函数与函数方程竞赛(3)在线全文阅读。
相关推荐：