高中竞赛数学典型问题的解决：函数方程

其中 a

f
(0), b

f

( 2
)
为任意常数.
例6 函数 f (x)满足:对任意实数 x、y 都有
f (x) f ( y) f (xy) x y 2, 则 f (36)
.
(2005年3 全国高中联赛福建赛区预赛)
解 令x y 0, 得 f (0) 2 或 3.
f
故
(x)
的值域内.特别地,存在y 0,使 f (y) 1.则 f (1f (y))
f (1) yf (1), 因f (1) 0,所以 y 1,即f (1) 1.
竞赛数学典型问题 的解决
第一节 函数方程
函数方程的解法是古老的分析问题之一. 许多数学家都曾对函数方程进行过研究,可是 至今还没有完整的理论及解法.一些简单的函 数方程只需要以初等数学为工具, 在IMO中从 七十年代以来,常有有关函数方程方面的问题. 本节 简单介绍函数方程的常见解法和有关基
本问题.
f (x) f (y) f (x y) xy 1.
若f (1) 1,则对负整数n, f (n)的表达式为
．
(2005年上海市高中数学联赛(CASIO杯) )
解 取 y 1,可得 f (x 1) f (x) x 2.
又,易的等式称为函数方程. 如 f (x) f (x),f (x y) f (x) f ( y) 1等等. 2.在定义域内均满足函数方程的函数称为该 函数方程的解. 如 f (x) f (x) -------其解为一切偶函数. 3.寻找函数方程的解或证明函数方程无解的 过程称为解函数方程. 4.有关函数方程问题大致分为三类： (1)确定函数值； (2)确定函数性质； (3)确定函数表达式(解函数方程)．
即 n k 1时命题成立.
因此,对任意自然数 n 有 f (n) n.
再令n f (k), 则 f ( f (k)) f (k).又 f (n 1) f ( f (n)),
故 f (k 1) f (k),这说明 f (n)是严格递增函数.
对任意n,有f (n 1) f ( f (n)),又 f (n)是严格递增，
故n 1 f (n),即f (n) n.
综上,对每一个 n 的值,等式 f (n) n 都成立.
6.反证法 对正面直接证明有困难的命题,可以考虑用 反证法.
例11 是否存在定义域为实数集的函数 f (x), 使
得下列恒等式成立.
f ( f (x)) x
①
f ( f (x) 1) 1 x
f (n) [ f (n) f (n 1)] [ f (n 1) f (n 2)]
[ f (1) f (0)] f (0)
[(n 2) (n 3) 1] 1
n2 3n 2 . 2
例8 函数 f (x) 定义在正整数集上,且满足
性质的基本方法, 在函数定义区域内赋予变量 一个或几个特殊值,使方程化繁为简,达到解决 问题的目的.
例5 解函数方程 f (x y) f (x y) 2 f (x) cos y ①
解 在①中令 x 0, y t 得
f (t) f (t) 2 f (0) cos t
所以 (k 1)a 2kn, a 2kn , 即 f (n) 2kn .
k 1
k 1
综上, 得证.
8.不动点法
方程 f (x) x 的根称为函数 f (x) 的不动点.用它
解决函数方程问题是一种重要的方法.
例13 求所有函数 f (x), 其定义域为一切正实数,
值为正实数,且满足
代替
F 1

x得
F
1
x

x 2
x
x
② ③
1 x
1 x
由①②③解得 F(x) x3 x2 1 (x 0,1).
2x(x 1)
例4 设函数 f (x)：R R, 满足f (0) 1,且对任意 x、y R都有f (xy1) f (x) f (y) f (y) x 2,则f (x) ．
ka ka kn 2ka kn.
于是k 2n kn 2ka, 所以 另一方面,由①得 f
a
(
k 1 2
f (n))
n,即 f
f (n),
(n) k
即 kn
1 n.
2

a.
于是
ka f (kn) f (kn1) 1 f (a) kn a 2kn a,
(1) f (xf ( y)) yf (x（) 任意x 0, y 0)；
（2）f (x) 0(当x ).
(IMO24)
解
f (x0
f先对(y0证任)) :意1y0是af (xf00(),xx) 的0a,这不0, 表动因明点f (任x.0 ) 意 0,正有实y0 数 f 都(ax0 )在 0,
nf (nf)(.n于) 是f (n 1)

(n
1)2
f
(n
1)
n2
f (n 1) n n 1 f (n 1) n n 1 n 2 1 f (1)
n2 n1
n2 n1 n 3

2
f (1)
(n 2)(n 1)
∴ f (2002) 2 .
k 1时,因1是 f (n)值域中最小的数,命题成立.
设命题对自然数k成立,则n
由假设有 f (n 1) k,再用假设有f (
kf (n11时)) ,kn. 于1是 k由,
条件得 f (n) f ( f (n 1)) k,由整数的离散性得 f (n) k 1.
二.函数方程及有关问题的解法 关于解函数方程及有关问题的解法,理论上
没有完整的一般方法.但 归纳起来还是有一些 常用的解法是可以借鉴的.
1.定义法 此方法是通过配方、凑项等手法, 使函数方 程变形为关于“自变量”原象的表达式,然后以
代替“自变量”,即得函数表达式.
例1
已知
f (x 1) x2 x
解 取 y 1, 可得 f (x 1) f (x) x 2.
又 f (0) 1,故对负整数n,有
f (n) [ f (n) f (n 1)] [ f (n 1) f (n 2)]
[ f (1) f (0)] f (0)
例7 对任意实数 x、y，函数 f (x)满足
1, x2
求 f (x).
解 ∵ f (x 1 ) (x 1 )2 2,
x
x
∴ f (x) x2 2( x 2).
说明： 解得的函数必须注明定义域,必须检验 是否为函数方程的解. 但为了简便,常省略.
2.换元法与方程组法
此方法是通过换元,得到新的函数方程,最后
通过解函数方程组求出原函数方程的解.
若 f (0) 2, 令y 0 得 f (x) f (0) f (0) x 2, f (x) 3 x 2. 代入原函数方程知3 该函数不是
2
原方程的解. 若 f (0) 3,同理可解得f (x) x 3, 代入原式
知该函数是原方程的解. 所以, f (36) 36 3 39.
②
再令 x t, y 得
2
2
f ( t) f (t) 0
③
又再令 x , y t 得
2
f
2
( t)

f
(t)

2
f
(
) sin
t
④
②＋③－④得 f (t) f (0) cost f2( ) sin t.
2
所以, f (x) a cos x bsin x是原函数方程的解
②
解 设题设函数存在．则对任意实数 a、b，若有
f (a) f (b),则有f ( f (a)) f ( f (b)), 由①知 a b.这表示
f是实数集R到R的单射.
又,在①中令x 0得 f ( f (0)) 0
③
在②中令x 1得 f ( f (1) 1) 0
④
f ( f (x)) x
f (1) 2002, f (1) f (2) f (n) n2 f (n)(n 1)
则 f (2002)的值是 ．(2002年上海市高中联赛 )
解 依题意 f (1) f (2) f (n) n2 f (n)
f (1)
两式相减得 f (n


f (2)
1)
(200４年全国高中数学联赛)
解 在函数方程、 中以0、x 换 x、y, 得
f (1) f (0) f (x) f (x) 2
①
在函数方程中以 x、0换 x、y, 得
f (1) f (x) f (0) f (0) x 2 ②
由①、②得
f (x) x 1.
3.赋值法 赋值法(和代换法)是确定函数方程的函数
①
f ( f (x) 1) 1 x
②
f ( f (0)) 0
③
f ( f (1) 1) 0
④
由③④及 f 是单射得
f (0) f (1) 1
⑤
分别在①②中令x 1, x 0得 f ( f (1)) 1, f ( f (0) 1) 1.
由此及 f 是单射得
f (1) f (0) 1
3
3
例3 设F(x)是对除 x 0及 x 1以外的一切实数
有定义的实值函数,且
F (x) F x 1 1 x
①
求 F(x). (美国普特南) x
解 在①中以 x 1 代替 x 得
x
F x 1 F 1 2x 1
在①中以
1
1
x
x
⑥
⑤＋⑥得0 2,矛盾.故满足题设的函数不存在.
7.函数迭代法 函数迭代是函数复合的一种特殊形式,在现 代数学中占有一定的地位.
例12 设N为自然数集, k N,若函数 f：N N 严
格递增,且对任意 n N,都有 f ( f (n)) kn. 求证:
对任意n N,都有 2k
证明
2003
5.数学归纳法 数学归纳法对解决定义在自然数集上的函数
是十分重要的方法.
例9 设 f (n) 是定义在自然数集上的函数,并在自
然数集中取值.试证: 如果对每一个n的值,不等 式 f (n 1) f ( f (n)) 都成立,那么对每一个n的值,等
式 f (n) n 都成立.
解 先证明“对任意自然数 k,只要n k,则f (n) k.”
对n N,设
k 1
f (n)
na(fa(n) Nk)2, 则1 n.(1f (9a9) 0年f ( ,fC(nM)) Ok)n,
f (kn) f ( f (a)) ka, f (ka) f ( f (kn)) k 2n.因 f (n) N, 且
f (n)严格递增,所以
f (n) f (n 1) 1 f (n 2) 2 f (1) (n 1) n. ①
又由于f (n) a, 故由①得 a n.
f (n) f (n 1) 1 f (n 2) 2 f (1) (n 1) n. ①
又由于f (n) a, 故由①得 a n. 进而k 2n f (ka) f (ka1) 1 f (kn) ka kn
例2 设f (x)适合等式 f (x) 2 f (1) x,则 f (x) 的值域
x
是
．(2005年江西省高中数学联赛)
解
以
1 x
换x
得f
(1) 2 f x
(x)

1 x
,与原方程消去
f (1) x
得f (x) 1 (x 2).
3x
由
f
(x)

1 3
x2 x
2 2 得
3
f (x) 的值域为(, 2 2 ] [2 2 ,).
4.递归法
对定义在自然数集上的函数,若已知初始值
及递推关系,则可利用递归关系解决问题.
例7 对任意实数 x、y，函数 f (x)满足
f (x) f (y) f (x y) xy 1.
若f (1) 1,则对负整数n, f (n)的表达式为
．
(2005年上海市高中数学联赛(CASIO杯) )