函数方程的几种方法

函数方程

三、求解函数方程的几种方法：

一．代换法 1．解函数方程：x x x f x f +=-+1)1

(

)( (1)

解：令1,0,1

≠-=y y

y x ；则x y -=11，将此代入：y

y y f y y f 1

2)11()1(-=-+-

或x x x f x x f 1

2)11()1(-=-+-。(2) 此时(1)及(2)并无法解出)(x f ；所以我们再令1,0,11≠-=z z x 此代入（1）式则可得z z z f z f --=+-12)()11(，即x f x f =+-)()11(将(1)，(2)及(3)联立，则可得到一个以)1(),11(),(x

x f x f x f --一次方程组；我们利用消去法来解此问题． (1)+(3)：

x x x x x x f 1212)1()(2----++=)1(21)(23---=

?x x x x x f 。 经检验是原函数方程的解．

2．（2007越南数学奥林匹克）设b 是一个正实数，试求所有函数R f :得 )3(3)()(1)(1)(y y f b x y f b b b x f y x f y y -+?=+-+-+对任意实数x 、y 均成立。 解：将原方程变形为：1

)(3))(()(-++?+=++y f b x y x y b x f b y x f ， (x , 令x b x f x g +=)()(，则①等价于1)(3)()(-?=+y g x g y x g ，(x , )R y ∈② 在②中令0=y 得1)0(3)()(-?=g x g x g )(R x ∈这表明1)0(0)(==g x g 或。

1）若0)(=x g )(R x ∈，则x b x f -=)(；

2）若1)0(=g ，在②式中令0=x 得：1)(1)(33)0()(--=?=y g y g g y g ，即

0)(31)(=--y g y g 。)(R y ∈③

考虑函数t t h t -=-13)(，它的导函数13ln 3)('1-=-t t h ，则11)(l o g l o g 0)('33<+=?=e t t h ，于是可知0)(=t h 有两根11=t 和c t =2)10(<

假设存在R y ∈0使c y g =)(0，则)(3)()()0(101)(0000y g c y g y y g g y g -?=?=-==--，∴c c y g ≠-=-1)(0 或1，∴c y g =)(0矛盾，因此1)(=y g )(R y ∈，∴x b x f -=1)( 综上知：x x b x f b x f -=-=1)()(和 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。

二．柯西法 1．设)(x f 为定义在实数集R 上的单调连续函数，试解函数方程

)()()(y x f y f x f +=?。

解：由)()()(y x f y f x f +=?用归纳法得：

)()()()(2121n n x x x f x f x f x f ++=。 当n x x x === 21时，有)()]([nx f x f n =。①

若1=x ，n x f n f )]([)(=，令a f =)1(，得n a n f =)(，在①式中令n

x 1

=得：)1()]1

([f n f n = 因)(x f 定义在实数集R 上，n 是偶数时，必有0)1(≥f ，这样0≥a ，

∴n a n

f 1)1

(= 若m 为正整数，利用上式得：

n m m

n m a a n

f n n n f n m f n m f ===+++=?=)()]1([)111()1()(1 ， 在原方程中，令0=y 有：)()0()(x f f x f =?，因)(x f 单调)(x f 不恒为0，∴01)0(a f ==。

在原方程中，令x y -=有n m x y -=-=(n , )N m ∈，则有)0()()(f n

m

f n m f =?-，

即n m

n m

a a n

m f n m f --===-1)()(1)(，(又因为)(n m

f -有意义，∴)0>a 。这样，我们

便在有理数集内求得了函数方程)0()(>=a a x f x 。

又因)(x f 单调，不能恒为1，则)10()(≠>=a a a x f x 且为指数函数。 当α=a 为无理数，设i i b a <<α且a i , b i 为无限接近于α的有理数，则由)(x f 单调知ααa f =)(，

∴原方程的解为)10()(≠>=a a a x f x 且。

说明：柯西法是由解柯西方程)()()(y f x f y x f +=+而归纳出来的方法。 2．试求定义在有理数集并且在有理数集上取值的函数()f x ，设 （1）(1)2f =（2）()()()()1f xy f x f y f x y =-++。求函数()f x 。

解：令1,y =由（2）得()()(1)(1)1f x f x f f x =-++。① 将(1)2f =代入①，化简得(1)()1f x f x +=+。②

当n N +

∈时，有

()(1)1(2)2()f x n f x n f x n f x n +=+-+=+-+==+，③ 由②得()(1)1f x f x =+- [()]()(1)1(2)2()()f x n f x n f x n f x n f x n n N +-=-=-+-=-+-==-∈

即[()]()()()f x n f x n n N +-=+-∈。④由③、④有：

()()()f x n f x n n Z +=+∈。⑤

在⑤中，令1x =，得(1)2()f n n n Z +=+∈。⑥

对于任意的有理数,(,)n m n Z m ∈在（2）中，令,,n

x m y m

==得

()()()()()1n n n

f n f m f m f f m m m m

==-++。由⑤、⑥有

1(1)()()1n n

n m f f m m m +=+--+

由此得()1n n

f m m

=+，故所求的函数是()1().f x x x Q =+∈

三．用函数迭代法解方程

1．求解函数方程：x x x

f x f x x f cos )11()1()11(

=-++-++-)1,0(±≠x 。 解：设11)(+-=x x x g ，则x x g g g g x g ==))))(((()()4(并且x x g g x g 1

))(()2(-==，

x

x

x g g g x g -+=

=11)))((()3(，于是原方程变为：x x g f x g f x g f c o

s )]([][)]([)3()2(=++。① 令)(x g x =得：)(cos )()]([)]([)3()2(x g x f x g f x g f =++，② 令)()2(x g x =得：)(cos )]([)()]([)2()3(x g x g f x f x g f =++，③ 令)()3(x g x =得：)(cos )]([))(()()3()2(x g x g f x g f x f =++，④

由①②③④得：x x g x g x g x f cos 2)(cos )(cos )(cos )(3)3()2(-++=，

∴)cos 211cos 1cos 11(cos 31)(x x

x

x x x x f --++++-=

说明：利用函数迭代解决函数方程问题有立竿见影的效果。

2．试求所有的函数:f R R →，使得对任意,x y R ∈，都有

2(())()f x f y y xf x +=+ 解：令0x =，则有(2)

()f y y

=，从而(2)22

(())(())()f y xf x f x f y x f y +=+=+。

在上式中用()f x 代替x ，则

可

知

(2)2(()())(())()()f y f x f x f y xf x f x f y +=+=+，于是有

22()f x x =，从而有()f x x =或()f x x =-。

验证可知，这两个函数都是方程的解。

3．设1

1,022

()12(1),1

2

x x f x x x ?+≤≤??=??-≤≤??，找出12345,,,,x x x x x 使：

2132435415(),(),(),(),()x f x x f x x f x x f x x f x =====．

解：当1[0,]2x ∈时，211()[,1],2x f x =∈设32()x f x =也在1

[,1]2

中，

4354(),()x f x x f x ==也

在1[,1]2中，那么211

2x x =+以后都用()2(1)f x x =-即32()x f x =

(2)42()x f x =，

(3)(4)5212(),().

x f x x f x ==对于

()2f x x =-+我

们有()(2)1()(2)2.(2)1

n n n

f x x --=-+--

4(4)4

122211(2)11()(2)2161016()101632

x f x x x x x --∴==-+=-=+-=--

123452219191111814,1,2(1),2(1),2(1.1515303015151515

x x x x x ∴=

=+==-==-===

验证：1142

2(1),1515

x =-=

是对的． 评注：在应用迭代法时，几个常用的迭代结果是有用的：2()2n f x f x =→=()1(1)1n n n a f ax b f a x b a a -=+→=+≠-，()

(1)n f ax b f nb x a =+→=+=四．特值探索推导法

1.（2008年IMO 第4题）求所有的函数),0(),0(:+∞→+∞f 满足对所有的正实数ωx , y , z ，yz x =ω都有：2

22

22222)()())(())((z y x z f y f x f f ++=++ωω 解：令1====z y x ω得：1)1()1())1((2=?=f f f ，对任意0>t 令t =ω1=x ，t z y ==得：t

t t f t f 21

)

(21))((22+=+，去分母整理：0))()(1)((=--t t f t tf 以对每个0>t 有t t f =)(或者t

t f 1

)(=。①

若存在b , ),0(+∞∈c ，使得b b f ≠)(，c

c f 1

)(=

，则由①知，b , c 都不等于1且b

b f 1)(=，

c c f =)(，令b =ω，c x =，bc z y ==，则bc c b bc f c b 2)(21

222+=+以)

()(223

2c b b c b c bc f ++=。又因bc bc f =)(或

者bc bc f 1)(=；若bc bc f =)(则1)

(4

2232=?=?++=b c c b c b b c b c bc 矛盾；

若bc

bc f 1

)(=，则1)(12422

232=?=?++=c b c b c b b c b c bc 矛盾。 所以x x f =)()),0((1

)(),0((+∞∈=+∞∈x x x f x 或者经检验满足。

2．已知()f x 是定义在自然数N 上的函数，满足3

(1),2

f =

且对任意,,x y N ∈有 22()(1)()(1)()11y x

f x y f x f y x y xy xy x y +=++++++++，求()f x ． 解：在原函数方程中，令1,y =且利用3(1),2f =得213(1)(1)()(1)2122x f x f x x x x +=++++++ 整理得(1)()3

214f x f x x x x +-=+++。令1,2,,1x n =-得：

(2)(1)31,324f f -=+(3)(2)32,434f f -=+ ……，

()(1)3(1),14

f n f n n n n --=-++将上述各式相加，得 ()(1)131(1)(1)(1)(23).12244f n f n n n n n n -=-+-=-++将3(1)2f =代入后整理得

1()(1)(21),4f n n n n =

++故所求函数为1

()(1)(21),.4f x x x x x N =++∈ 易验证()f x 满足原函数方程． 评注：当()f x 是定义在自然数集N 上的函数（实际上是通项为()n a f n =的数列）时，可根据题中所给的函数方程，通过取特殊值得到关于()f n 的递推关系，然后根据递推关系求出()f n ．

3．有界函数:f Z Z →，且有：()()2()().f m n f m n f m f n ++-=求().f n 解：令0,m n ==有2

2(0)2(0)f f =解得(0)0f =或(0)1f =

（1）(0)0f =，令0,n =有2()2(0)()f m f f m =，()0()f m m Z ∴=∈； （2）(0)1f =，令0,m =有()()2(0)(),f n f n f f n +-=即()()f n f n =-，故()f n 为偶函数．

再令,n m =有：2(2)2()1f m f m =-．先证对于一切,|()| 1.m f m ≤

若有某个整数,k 使|()|1,f k >则2(2)2()1|()|().f k f k f k f k =->≥

()(2)(4)(2)p f k f k f k f k ∴<<<<

必将,→+∞这与题设相矛盾，故|()|1f k >不成立．|()| 1.f k ∴

≤f 为整数且绝对值小于或等于1，显然只有1，0，－1三种可能．下面具体分析．

(i ) 若(1)0,f =令1,n =有(1)(1)0f m f m ++-=，取2,m =有：

(3)(1)0

f f += 即(3)0,f =从而有(5)0,(7)0,

(1)0,(3)0,f f f f ==-=-=又(0)1f =，

有

(2)1,(4)1,

f f =-=0,1(mod 2),()1,0(mod 4),1,2(mod 4).m f m m m ≡??

∴=≡??-≡?

(ii ) (1)1,f =类似上法可得：() 1.f m ≡

(iii ) (1)1,f =-类似上法可得：1,0(mod 2),

()1,1(mod 2).m f m m ≡?=?-≡?

。

五.函数不动点求解函数方程

1．是否存在这样的函数:f R R →，使得(2)2()2f x x =-。

解：不存在，我们用反证法证明。

显然，(2)

()f

x 仅有两个不动点2和－1，记(2)

f t =，则有(2)(3)(2)()(2)((2))(2)

f t f f f f t ==== 于是t 也是(2)

()f x 的不动点，从而(2)f 取值为2或－1。同理可证(1)f -取值为

2或－1。 但(2)

(2)(1)(2)f

f -≠，于是(1)(2)f f -≠，因此{(2),(1)}{2,1}f f -=-。

考虑(4)(2)(2)(2)22242

()(())(2)(2)242f x f f x f x x x x ==-=--=-+的

不动点集

合{2,S =-，

并记ω=

，ω=，则有(2)()f ωω=，(2)()f ωω=。

令()f b

ω=，

则

有

(2)()()

f b f ωω==，

∴(4)(3)(3)(2)()(())()(())()f b f f b f f f f b ωωω===== 从而b S ∈。

若{2,1}b ∈-，则有(2)()()f b f ωω==为(2)f 或(1)f -，从而ω取值为2或－1，矛盾！故应有b ω=或b ω=。

当b ω=时，便有()b f ωω==，即ω为()f x 的不动点，则ω也是(2)

()

f x 的不动点，矛盾！

同理可证当b ω=时也会发生矛盾。

综上所述，不存在()f x 满足所给出的条件。 2．已知:f R R ++→满足条件：

（1）对,x y R +?∈，(())()f xf y yf x =；（2）x →+∞时，()0f x →。求函数()f x 。

解：令x y =，有(())()f xf x xf x =，可见()xf x 是关于f 的不动点（对任意x 成立）。 令1x y ==，代入上式得(2)(1)(1)f f =；再令，1x =，(1)y f =，代入得

(2)2(1)(1)f f =，

于是2(1)(1)f f =，解得(1)1f =（(1)0f =舍去）。于是1是关于f 的不动点。

猜想：如果()1xf x =，即可解得1

()f x x

=。以下证明本题中f 的不动点只

有一个。

反设有()f a a =且1a ≠。

若

1

a >，由

(())f x f x x f x =，令x a

=可

得

22(())()()f af a af a f a a ===，于是可推出44()f a a =，…，22()n

n

f a a =。

这与条件（2）矛盾！

若01a <<，则有111

1(1)(

)(())()f f a f f a af a a a

====，于是

11()f a a =。此时1

1a

>，类似于前述递推可知也与条件（2）矛盾！ 因此f 的不动点只有1，前述的猜想成立，即有1

()f x x

=。

评注：不动点法是讨论函数方程的重要方法．集合{|()}x f x x =叫做()f x 的不动点集，即对映射f 而言，象即原象的那些元素所成的集合．

例题是通过考察不动点来解决函数方程的典型问题，对不动点的分析是讨论函数方程的重要方法。

六．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。 1．（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 ，满足：

2

)

()()(y x f y f x f +≤

+，y x y x f y y f x x f ++≥+)()()(，其中x 、y 为任意实数。 解：令t y x ==)0(>t ，∴)2()(4t f t f ≤及)2()(4t f t f ≥，∴)(4)2(t f t f =)0(>t 。重复应用这个等式m 次得：)(2)2(2t f t f m m =，再令

x

x f x g )

()(=。 下面证明对任意的正整数n 和任意的两实数t ，有)()(t ng nt g =， 显然当m n 2=时，命题成立。又因为题中第二个不等式等价于)()()(y x g y g x g +≥+，所以，对任意的n 、t 有)()()()(t ng t g t g nt g =++≤ ，若取)(+∈N m m ，满足n m >2，

则：)(2)()2()())2(()()2(t g t g n t ng t n g nt g t g m

m

m

m

=-+≤-+≤。

另一方面，有)(2)2(t g t g m m =故上式中不等式号均为等号，即

)()2()())2(()(t g n t ng t n g nt g m m -+=-+

因此必有)()(t ng nt g =。①

再证明：g 为单调不增函数；对于正实数t ，有2

)

2()2()(t t f t f t f +≤

+。 由于)(4)2(2)2()()(t tg t tg t f t tg t f ==?=，)(9)3(3)3(t tg t tg t f ==，则

0)()(2

9

)(5≤?≤t g t tg t tg ，

故对于所有的x , y )0(y x <<，有)()()()(y g x y g x g x g ≥-+≥，故g 为单调不增函数。②

设0)1(≤=a g ，接下来证明：at t g =)()0(>t

反设对正实数t 有at t g <)(，则存在一个有理数),(+∈N q p q p 满足t q

p

>及

a q p t g <)(，另一方面：由a q p g q p p g q q p g ===)1()(1)(，有)()(q p g t g <与t q

p

>及

g 的单调不增矛盾，同理若at t g >)(，也得到矛盾，因此，对于正实数t ，有at t g =)(。 从而，)0()()(2≤==a ax x xg x f ，对于这样的f ，有

0)(2

2)()()(2≤-=+-+y x a

y x f y f x f ，

0)

()()(=++-+y

x y x f y y f x x f 均满足。∴2)(ax x f =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。 2．求适合以下条件的所有函数:[1,)[1,)f +∞→+∞

（1）()2(1)f x x ≤+；（2）2()1

(1)f x f x x

-+=。

解：易见()1f x x =+，以下证明这是唯一符合要求的函数。 令()()1g x f x x =--，由（2）及f 的定义域和值域有

222()1(2)()(1)(|(1)||(1)(2)||||||()|

f x x x f x x f x

g x f x x g x x x

--+-++ = +-+ = = =

于是|()||(1)|

|(1)|()(1)2

x x

g x g x g x f x x x = +≤++++。

又因1()2(1)f x x ≤≤+，于是()1x g x x -≤≤+。代入前一式得

(1)

|()||(1)|(2)221x x x x g x g x x x x x + ≤+ ≤+=+++注意到，当

(1)

|()|x x g x x k + ≤+时，也有

(1)(2)(1)

|()||(1)|2211

x x x x x x g x g x x x x k x k +++ ≤ + ≤=++++++，由此递推可知，对

任意自然数n ，都有(1)

|()|x x g x x n

+ ≤

+。令n →+∞，就得到()0g x =，于是()1f x x =+。

3．设R +

是正实数的集合，a 、b 是两个正实数，设函数满足方程(())()()f f x af x b a b x +=+，求证：该函数方程有唯一解。

解：不难猜出该方程有解()f x bx =，以下证明解的唯一性。

构造数列1{}m m a ∞=，0{}n n b ∞

=如下：00b =，1()j j b a b a a b ++=

+，11

()

j j b a b b a a +++=+，

0,1,2,...j =

注意到0()0f x b x ≥=，考虑当()j f x b x ≥对一切x 都成立时，由

()(())()()()()()j j b a b x f f x af x b f x af x b a f x +=+≥+=+，可知

1()

()j j

b a b f x x a x a b ++≤

=+。

又

由

1()j f x a x

+≤，可知

11()(())()()()()()j j b a b x f f x af x a f x af x a a f x +++=+≤+=+，

于是11

()

()j j b a b f x x b x a a +++≥

=+。由此递推可知对任意正整数j 有

()j j b x f x a x ≤≤。

以下证明lim lim n n n n a b b →∞

→∞

==。先用归纳法证明n n b b a <<。

1n =时，1a b a b b a +=>，11a b a b

b b b b a a a b

++=<=++，结论成立。

当命题对n k =成立，即有k k b b a <<时，由递推公式1k k a b a b a b b b a b a b +++=>=++，

11k k a b a b

b b b b a a a b

++++=<=++可知命题对1n k =+也成立。

再证明数列1{}m m a ∞

=是递减的。

由21()j j b a b a a b +++=

+可得12()j j b a b b a a +++=-，于是21()()

j j b a b b a b a a a a ++++-=+。

注意到1111()()()()

()()

j j j j b a b b a b ab a b ab a b a a a a a a a b a b ++++++++-=<=+++，便有

21

()()

j j b a b b a b a a ++++>

，即12j j a a ++>，命题成立。 从而lim n n a →∞存在，由21

()()

j j b a b b a b a a a a ++++-=+易知lim n n a b →∞=。

类似地，可以证明lim n n b b →∞

=。由前证()j j b x f x a x ≤≤有

lim ()lim j j j j bx b x f x a x bx →∞

→∞

=≤≤=，于是()f x bx =是方程的唯一解。

注：例6综合了数列的知识方法。构造数列对函数方程进行估界也是求解函数方程的有效方法之一。

4．设函数)(n f 在自然数上都有定义，1)2(,0)1(==f f ，并满足：

n n f n f n f =++-+)()1(2)2(， 1≥?n 。求)(n f 。．

解：将(1)式改写为：n n f n f n f n f =-+-+-+)]()1([)]1()2([；(2) 依次以2,,2,1-n 代入(2)式可得：

[(3)(2)][(2)(1)]1,[(4)(3)][(3)(2)]2,

[()(1)][(1)(2)] 2.

f f f f f f f f f n f n f n f n n ---=---=------=-

将这2-n 个等式相加

可得

)2(21)]1()2([)]1()([-+++=----n f f n f n f

2

)

1)(2(]01[)]1()([--=----?n n n f n f ，2≥?n

2

)

1)(2(1)1()(--+=--?n n n f n f ，2≥?n ． (3)

再依序以n ,,3,2 代入(3)式，再将所得的1-n 个等式相加，可得 )]

1()([)]2()3([)]1()2([--++-+-n f n f f f f f ]

2

)1)(2(1[]2211[]2101[--+++?++?+=n n

)]1)(2(3221[2

1

)1()1()(--++?+?+-=-n n n f n f

{}

]1)2)[(2()]12(2[)11(1[21

)1(+--++++++-=n n n )]

2(21[2

1

])2(21[21)1(222-++++-++++-=n n n 2)

1)(2(216)32)(1)(2(21)1(--?

+---?+-=n n n n n n ，

)62)(1(6

1

)(2+--=∴n n n n f 。)0)1((=f

5．试求所有的函数:f R R →，使得对任意,x y R ∈，都有

22(())()f xf y x xy f x +=+

解：首先注意到f 是单射。因若i j ≠使()()f i f j =，则有

2222(())(())()()f xf i x f xf j x xi f x xj f x +=+=+=+，从而i j =，矛盾！

令0x y ==，则有2(0)(0)f f =，故(0)0f =或(0)1f =。

1．当(0)0f =时，取0y =，1x =便有2(1)(1)f f =，注意到f 是单射，于是(1)1f =，则2(()1)(1)1f f y y f y +=+=+。取0y =有22()()f x f x =，

从而2

2

2

()()()f x f x f x -==。

再注意到2

(1())()(1())()1f y f y f y f y --+--=+，于是

22222(()1)((1())()(1()))(1())(1())()(1())()(1)1().

f f y f f y f y f y f y y f f y y yf y f f y y yf y y y y yf y +=--+--=--+--=--++=--++=++-

从而有2

1()1y y yf y y ++-=+，于是()f y y =，经验证该函数是方程的解。

2．当(0)1f =时，取0y =有22

()()f x x f x +=，再令1x =-有

2(1)(0)1f f -==，则(1)1f -=-。

取1y =-有22()()f x x f x x -=-，于是22

(1)1(11)(0)1f f f -=-==，2(1)2f =，

22(2)2(22)(2)f f f -=-=，可解得(2)2f =（(2)1f =-舍去）

。 但另一方面，又有222(2)((2)(2))(2)(2)4f f f f =-+-=-==，矛盾！故此时无解。从而()f x x =是原方程的唯一解。

本讲从五个角度来讨论了求解函数方程的方法，在解答函数方程的问题时，这几个方法用的较为平凡，希望大家在平时学习中注意总结与归纳，函数方程问题在国内外各级竞赛中要求都比较高，望引起大家重视。