高一数学竞赛讲座2函数方程与函数迭代

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()f x 为未知函数）.如果一个函数对其定义域内变量的一切值均满足所给的方程，则称()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.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：若()f x 是单调（或连续）函数，且满足()()()f x y f x f y +=+
(,),x y R ∈则()(1).f x xf =（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()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1(1),f a =当知道(1),(2),,()f f f n 的值后，由S 可以惟一确定(1)f n +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
一般地，设函数()f x 的定义域为D ，若存在0x D ∈，使00()f x x =成立，则称0x 为()f x 的不动点，或称00(,)x x 为函数()y f 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】
【例1】已知11()(),x x
f x f x x
--+=求().f x 〖分析〗令
1,x t x -=则1,1x t =-再令1
,1y t
=-则1,y t y -=因此可以将所得三个等式看成是关于11
(),(),()1x f x f f x x --的三个方程，便可解得().f x
解：设1,x t x -=则1,1x t =-代入原式，得11()(),11f f t t t +=--即11
()()1,11f f x x x
+=+-- ○
1 设1,1t x =
-则代入原式，得111()()1.1t t f f t t t --+=+-即1121()(),1x x f f x x x
--+=- ○2 将○1○2与原方程联立，解得321
().2(1)
x x f x x x --+=
- 〖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11
(),(),()1x f x f f x x
--的方程组，消去11
(
),(),1x f f x x
--从而求得().f x 【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 (
1
x
)；（2）对所有的x ≠－y 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) (x ≠－1,x ≠０) ① 在（2）中，以－x 代换x ，以x +1代换y ，得
f (－x )+ f (x+1)=1+ f (1) (x ≠－1,x ≠０) ②
综合①、②，得f (x ) +f (－x )=2 (x ≠－1,x ≠０) ③ ③在x =1时成立，所以在x =－1时也成立， 由（1）及③，当x ≠０时，
111
()()[2()]2[()]2()f x xf x f x xf x f x x x x
==--=+--=+-
所以 f (x )－ f (－x )＝2x ④
从③、④中消去f (－x )，得f (x ) =x +1 另解：由①、③可得 f (－x )=－xf (1
x
-) ⑤ f (
1x ) +f (1
x
-)=2 ⑥ 由①、③、⑤、⑥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 (x －y )=4xy (x 2－y 2) 3. 解：令x =y ≠0，得f (0)=0
设u =x +y ，v =x -y ， 那么u +v =2x ，u -v =2y ，于是①式成为
22()()()vf u uf v uv u v -=-
若uv ≠0，则上式为 22()()
f u f v u v u v
-=-
即对任意非零实数u 、v ，有 22
()()f u f v u v u v
-=-
所以2()f x x c x
-=为一常数，x ≠０
于是对x ∈R ，所求的函数为3
()f x x cx =+ 其中c 为某一常数。

经检验，3
()f x x cx =+（c 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 (x 2－y )＋4f (x )y ①对所有x ，y ∈R 成立。

4. 解：易见f (x )≡0或f (x )=x 2皆为上述方程①的解。

我们来证明它们是惟一的解。

设对某个a ，f (a )≠a 2
在①中令2()2
x f x y -=，得 f (x )·(x 2
-f (x ))=0
由于f (a )≠a 2，故只能f (a )=0，并且可见a ≠0[否则a 2=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 )=x 2 在②中令x =0，有f (0)=0 在①中令x =0，有f (y )=f (－y )
在①中令x =a ，并用－y 替换y ，得f (a 2+y )=f (－y )=f (y )
从上式可见f 以a 2为周期，进而我们有f (f (x ))=f (f (x )+a 2)=f (x 2－a 2)+4f (x )a 2 在①中令y =0，有f (f (x ))=f (x 2) 利用f (x )的周期性，得f (x )·a 2=0
所以f (x )=0(因为a ≠0)
也就是说，若f (x )≠x 2，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 ，y ∈R ，都有f (x +y )+f (x －y )=2f (x )·cos y 5.解：令x =0，y =t ，得f (t )+f (－t )=2f (0)cos t ①
令x =
2π+ t ，y =2π
，得f (π+t )+f (t )=0 ② 令x =2π，y =2π＋t 得f (π+t )+f (－t )=－2f (2
π
)sin t ③
由(①+②－③)/2,得f (t )=f (0)cos t + f (2
π
)sin t
所以f (x )=a cos x +b sin x 其中a =f (0)，b =f (
2
π
)为常数 经检验，f (x )=a cos x +b sin x 满足题设条件。

【例6】求所有满足下列条件的::f N R +→()()(3),,,f n m f n m f n n m N n m +++-=∈≥ 6.解:令m =0，得2f (n )=f (3n ). n N +∈
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m N +∈，有f (4m )=f(6m )=f(9m ) ①
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m N +∈，都有f (2m )=0。

于是，对任意n N +∈，都有
11
()(3)(2)022
f n f n f n =
== 故，所求的f (n )≡0才能满足题意。

【例7】函数f ，g ：R →R 均非常数，且满足：()()()()(),(1)()()()()().
(2)
f x y f x
g y g x f y g x y g x g y f x f y +=+⎧⎨+=-⎩,
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
22
(0)2(0)(0)(3)(0)(0)(0)
(4)
f f
g g g f =⎧⎨=-⎩
若f (0)≠0，则由(3)，1(0)2g =
，由（4），有221(0)(0)(0)04f g g =-=-<，矛盾！ 所以f (0)=0，因此2
(0)(0)g g =
若g(0)=0，在(1)中令y =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 ：R →R ，使得对任意实数x ，y ，z 有
111
()()()()224
f xy f xz f x f yz +-≥ ① 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①，得2
1(1)((1))4f f -≥
所以21((1))02f -≤ 故1
(1)2f = ② 令y =z =1，代入①并利用②，得11()()24f x f x -≥ 所以1
()2f x ≥ ③
令x =y =z =0，代入①，得2
1(0)((0))4f f -≥ 所以1(0)2
f = ④
令x =0，代入①并利用④，得111()224f yz -≥ 故1()2f yz ≤ 即1
()2
f x ≤ ⑤ 综合③和⑤，即得1()2
f x ≡。

〖分析〗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.
【例9】确定符合下列条件的所有多项式(),f x 使13
(1)[()].22
f x f f x +=
+ ① 9.【解】设 1
010()(0),n n n f x a x a x a a -=++
+≠代入原方程，得
1110100110113
(1)(1)[()()].22n n n n n n n n n n a x a x a a a x a x a a a x a x a a ---+++++=++++++++++
比较两端x 的最高次幂，得2
,n n =所以0n =或 1.n =
当0n =时，原式化为0013
,22
a a =+解得03,a =所以() 3.f x =
当1n =时，原式化为01001113
(1)[()],22
a x a a a x a a ++=+++由多项式恒等定理得：
200
010111,2113,
222
a a a a a a a ⎧=⎪⎪⎨
⎪+=++⎪⎩因为00,a ≠所以012,1,a a ==从而()2 1.f x x =+ 故所求的函数方程的解为()3f x =或()2 1.f x x =+
〖说明〗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. 〖分析〗本题是关于函数的迭代问题，可令
4
(1),5
x x -=得出函数()f x 的一个不动点，从而可得到问题的解决过程.
【例10】若()f x 是单调（或连续）函数，且满足()()()(,),f x y f x f y x y R +=+∈则()(1).f x xf = 〖分析〗由题条件可以猜想当x n =时，一定有()(1)f n nf =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的形式，然后再加以证明即可. 【证明】由题设条件知1212()()()(),n n f x x x f x f x f x +++=+++
取12,n x x x x ==
==得()()(*)f nx nf x n N =∈
取0x =，则(0)(0),f nf =得(0)0.f = ○1 取1,x =则()(1).f n nf =
取m x n =
，则()()(*)m f m nf m N n =∈，得1()()(1)((,)1).m m
f f m f m n n n n === ○2
取,m
x n
=-且令0y x =->，则()()()(0)0.f x f y f x y f +=+==
所以()()(1)(1).f x f y y xf =-=-= ○3
由○1○2○3可知，对任意有理数,x 均有()(1).f x xf =
另一方面，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{}n x ，则有
()lim ()lim (1)(1).n n n n f x f x x f xf →∞
→∞
===
综上所述，对于任意的实数x ，都有()(1).f x xf =
【例11】试求出所有满足下列条件的函数():f x （1）()f x 是定义在R 上的单调函数；
（2）对任意的实数,x y 都有()()();f x y f x f y += （3）(1)(01).f a a =<≠
【解】引理：设A 、B 为常数.如果对于任意的n N +∈，都有1
||,A B n
-≤则A=B. 引理的证明：假定A B ≠，则根据题意知|| 1.A B -≤
令1||(1).A B m m -=
≥取[]1,n m =+则11
||,A B m n
-=>与题设矛盾.所以.A B = 下面解答原题：依据题意，当n 为整数时，归纳易得到()(()).n
f nx f x =
由()(0)(0)()f x f f x f x =+=且()f x 不恒为0知(0)1,f =且2()()()()0.222
x x x f x f f f ==> 当1a >时，因为(1)1(0),f a f =>=所以()f x 在R 上为增函数.
对任一个x R ∈，设1()k x k k Z ≤≤+∈，则()()(1).f k f x f k ≤≤+
由11()(1),(1)(1)k k k k f k f a f k f a ++==+==，得1
().k k a f x a +≤≤ 两边取对数得log () 1.a k f x k ≤≤+故|log ()| 1.a f x x -≤
以()nx n N +∈取代x 得：|log ()||log ()|1,a a f nx nx n f x x -=-≤即1
|log ()|.a f x x n
-≤
由引理得log (),a f x x =即().x
f x a =
当01a <<时，同理可证().x
f x a =
故所有满足条件的函数为()(01).x f x a a =<≠
【例12】设()()f x x R ∈连续且恒不为0,求满足()()()f x y f x f y +=⋅的解.
12〖分析〗由于本题满足的条件可以看出()0,f x >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2
()()()()[()]022222
x x x x x f x f f f f =+=⋅=，又()f x 恒不为0,所以()0.f x >
对题设()()()f x y f x f y +=⋅两边取自然对数，得ln ()ln ()ln ().f x y f x f y +=+ 令()ln (),g x f x =因为()0f x >且连续，由柯西函数方程解的定理知()(1).g x xg =
故ln ()ln (1)f x x f =，所以ln (1)
()[(1)].x f x f x e
f == 令(1),f a =则()(0).x
f x a a =>
〖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()f xy ()()f x f y =+（0,0x y >>），则
()log ;a f x x =（2）若()()()(0,0),f xy f x f y x y =>>则2();f x x =（3）若()()(),
f x y f x f y kxy +=++则2
();f x ax bx =+（4）若()()2(),f x y f x y f x ++-=则().f x ax b =+这几个问题，同学们可以作为课下练习加以证明.
【例13】设R 为实数集，确定所满足下列条件的函数2
2
:,()f R R f x y →-()(),xf x yf y =-,x y R ∀∈（注：符号“∀”是“任意的”）.
13.〖分析〗根据题设条件中所给出的等式的形式，可猜想到()f x kx =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0,x y ==得(0)0.f =
令0,y =得2
()()f x xf x = ○1
令0,x =得22
()()()f y yf y f y -=-=- ○2 故()f x 是奇函数，只需在(0,)+∞上讨论即可.
由○1式有2
2
2
2
()()()f x y f x f y -=-，将2
2
,x y 改写成,(,0)x y x y >，则得到 ()()(),f x y f x f y -=-即()()()f x y f x f y +=+ ○3（这里令y y '=-即可） 由○3运用柯西方法，对,(),(1).x R f x kx k f ∀∈== 一方面，2((1))(1)(1)(1)(()).f x x f x x f x k +=++=++ 另一方面，2
2
((1))(21)()2().f x f x x xf x f x k +=++=++ 比较以上两个方面，即得().f x kx =
〖说明〗本题先猜出()f x kx =，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:f R R →，满足(())()f x f x f x +=，证明：()f x 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：
()(())(2())f x f x f x f x f x =+=+=
，要证明所有的函数值都相等，应该先看当两个数,a b 满足什么
条件时有()().f a f b =
【解】易用归纳法证明对自然数n ，有()(()).f x f x nf x =+若()f x 不是常函数，则存在x 使得()0f x ≠. 不妨设()0,f x >又存在y ，使得()()f y f x ≠，且()(1)();x kf x y x k f x +<<++ 设(),z x kf x =+则(),()()z y z f z f y f z <<+≠.
于是存在自然数,n 实数c ，使得直线x ny c +=与函数()f x 的图象在[,()]z z f z +上至少有两个交点，设为(,()),(,()),a f a b f b 于是()(),c a nf a b nf b =+=+故有()()(),f c f a f b a b ===，矛盾！ 故原命题成立.
〖说明〗对本题而言，若存在正整数n 使得()()a nf a b nf b +=+成立，那么事实：函数()f x 的图象与直线(*,)x ny c n N c R +=∈∈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:f Q Q →且对任意的,x y Q ∈都有()()()4,f x y f x f y xy +=++如果(1)(1)4f f -≥，求
().f x
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,x y 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范围推广到整个有理数范围内即可以求解. 【解】令0,x y ==则(0)0.f =
令1,1,x y ==-则(0)(1)(1)4f f f =+--，即(1)(1)4,f f +-=因为(1)(1)4f f -，故(1)0,(1)0,f f >->从而
4(1)(1)4,f f =+-≥=由于等号成立，故(1)(1) 2.f f =-=
令1,y =则(1)()42f x f x x +=++ ○1 对○1式递推，有
()(11)(1)4(1)2,f n f n f n n =-+=-+-+(1)(21)(2)4(2)2,f n f n f n n -=-+=-+-+
…………
(2)(211)(1)41 2.f f f =-+=+⨯+ 因此2()2.f n n =
因为2114()()(),k k k f f f n n n n n +=++即2114(
)()().k k k
f f f n n n n
+-=+ 利用(1)2,f =对k 从1到1n -求和，得2
22().m m f n n =
最后令,m m
x y n n
==-，得224(0)()()().m m m m m f f f f n n n n n =-=+--
故222().m m f n n
-=因此对所有的x Q ∈，有2
()2.f x x =
〖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1-的实数组成的集合，确定所有的函数:f S S →，满足条件：
（1）对于S 内所有的,x y ，有(()())()();f x f y xf y y f x xf x ++=++
（2）在区间(1,0)-和(0,)+∞内，
()
f x x
是严格递增的. 16.〖分析〗由于()f x x 在(1,0)-内严格递增，故()1f x x =在此区间内至多有一个解.设(1,0)u ∈-满足()
1,
f u u
=即().f u u =令,x y u ==得22(2)2.f u u u u +=+而222(1)1(1,0),u u u +=+-∈-又2
2u u u +≠，否则0, 1.
u =-但此时(1,0)u ∉-，故2
2u u +是(1,0)-内与u 不同的又一个不动点.这与u 的唯一性矛盾.同理，在(0,)
+∞内
()f x 也没有不动点.令
,x y =得
(()())()(),f x f x xf x x f x xf x ++=++即
()()(1)()x f x xf x x x f x ++=++是()f x 的不动点.从而(1)()0x x f x ++=，所以().1x
f x x
=-+可验证()1x
f x x
=-+满足题意.
【解】在条件（1）中，令,x y =得(()())()().f x f x xf x x f x xf x ++=++ ○1 则()()x f x xf x ++是f 的一个不动点（即使得()f z z =成立的z ）.
设()()A x f x xf x =++，在式○1中令x A =，得(),
(()())()()
f A A f A f A Af A A f A Af A =⎧⎨++=++⎩
即22
(),(2)2.
f A A f A A A A =⎧⎨+=+⎩所以22A A +也是f 的一个不动点. 若(1,0)A ∈-，则有2
2
2(1)1(1,0),A A A +=+-∈-且2
2.A A A +≠
从而(1,0)-中有两个不动点.与
()
f x x
在(1,0)-内严格递增矛盾！ 若(0,)A ∈+∞，则2
2(0,)A A +∈+∞，且2
2A A A +≠，这也与
()
f x x
在(0,)+∞内严格递增矛盾！ 所以0,A =即()()0.x f x xf x ++=解得().1x f x x
=-+ 下面验证()1x f x x =-+确实符合条件.显然()1
1f x x x
=-+在S 中严格递增.
对任意的,x y S ∈，有1(()())()().111111x y
y y x y y x y f x f y xf y f x x f x y y y y x y
-----+++=+
+⋅==-=-++++++ ()().111x x y x
y f x yf x y y x x x
---++=++⋅=+++
从而条件（1）成立.
因此，所求的所有的函数为().1x f x x
=-
+ 〖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:,f R R ++→且满足条件： （1）对任意的,,x y R +∈有(())();f xf y yf x =
（2）x →+∞时，()0f x →. 试求函数().f x
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x y =，则有(())()f xf x xf x =，即()xf x 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a 是函数的不动点，那么根据上面所说的事实，我们马上得到2
()a af a =也是不动点，从而
2a 也是不动点，结合第二个条件，如果1a >，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(1),f 而这又是不困难的.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x y =，有(())()f xf x xf x =.
显然()xf x 是()f x 的不动点，其不动点集为{()|}.xf x x R +∈ 再令1,x y ==代入条件（1）得((1))(1).f f f = 又令1,(1),x y f ==代入原方程得2
(((1)))(1).f f f f =
所以2
(1)(1)f f =，故(1)1((1)0f f ==舍去),即1x =是()1f x =的一个不动点.
从而() 1.xf x =所以1
()().f x x R x
+=
∈ 以下用反证法证明1x =是()f x 唯一的不动点. 假设有1α≠且()f αα=.
（1）若1α>，由(())(),f xf x xf x =令,x α=可得(())(),f f f αααα=
故22().f αα=所以44(),,().n n
f f αααα==而这与,()0x f x →+∞→矛盾！
（2）若01α<<，则由111
1(1)()(())(),f f f f f αααααα
==⋅==
得11
(),f αα
=
且由01α<<知
1
1.α
>类似（1）得出矛盾！于是()f x 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()f x 为未知函数）.如果一个函数对其定义域内变量的一切值均满足所给的方程，则称()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.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：若()f x 是单调（或连续）函数，且满足()()()f x y f x f y +=+
(,),x y R ∈则()(1).f x xf =（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()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1(1),f a =当知道(1),(2),,()f f f n 的值后，由S 可以惟一确定(1)f n +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
一般地，设函数()f x 的定义域为D ，若存在0x D ∈，使00()f x x =成立，则称0x 为()f x 的不动点，或称00(,)x x 为函数()y f x =图象的不动点.
【典例精析】
【例1】已知11()(
),x x
f x f x x
--+=求().f x
【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 (
1
x
)；（2）对所有的x ≠－y 的非零实数对(x ,y )，有f (x )+f (y )=1+f (x +y )
【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 (x －y )=4xy (x 2－y 2)
【例4】求所有的函数f ：R →R 使得 f (f (x )＋y )=f (x 2－y )＋4f (x )y ①对所有x ，y ∈R 成立。

【例5】解函数方程：对任意x ，y ∈R ，都有f (x +y )+f (x －y )=2f (x )·cos y
【例6】求所有满足下列条件的::f N R +→()()(3),,,f n m f n m f n n m N n m +++-=∈≥
【例7】函数f ，g ：R →R 均非常数，且满足：()()()()(),
(1)()()()()().
(2)
f x y f x
g y g x f y g x y g x g y f x f y +=+⎧⎨
+=-⎩,
求f (0)与g (0)的所有可能值。

【例8】求所有的函数f ：R →R ，使得对任意实数x ，y ，z 有111
()()()()224f xy f xz f x f yz +-≥ ①
【例9】确定符合下列条件的所有多项式(),f x 使13
(1)[()].22
f x f f x +=
+ ①
【例10】若()f x 是单调（或连续）函数，且满足()()()(,),f x y f x f y x y R +=+∈则()(1).f x xf =
【例11】试求出所有满足下列条件的函数():f x （1）()f x 是定义在R 上的单调函数；（2）对任意的实数,x y 都有()()();f x y f x f y +=（3）(1)(01).f a a =<≠
【例12】设()()f x x R ∈连续且恒不为0,求满足()()()f x y f x f y +=⋅的解.
【例13】设R 为实数集，确定所满足下列条件的函数22
:,()f R R f x y →-()(),xf x yf y =-,x y R ∀∈（注：符号“∀”是“任意的”）.
【例14】有连续的函数:f R R →，满足(())()f x f x f x +=，证明：()f x 是常函数.
【例15】设:f Q Q →且对任意的,x y Q ∈都有()()()4,f x y f x f y xy +=++如果(1)(1)4f f -≥，求
().f x
【例16】（第35届IMO 试题）设S 是所有大于1-的实数组成的集合，确定所有的函数:f S S →，满足条件：（1）对于S 内所有的,x y ，有(()())()();f x f y xf y y f x xf x ++=++
（2）在区间(1,0)-和(0,)+∞内，
()f x x 是严格递增的.
【例17】（第24届IMO ）已知:,f R R ++→且满足条件：（1）对任意的,,x y R +∈有(())();f xf y yf x =（2）x →+∞时，()0f x →.
试求函数().f x。