第34讲 函数迭代及函数方程教案

1、 第34讲 函数迭代与函数方程本节主要内容有函数迭代与函数方程问题在研究函数的表达式或函数性质时，通常是没有给出函数的解析式，往往只给出函数的某些性质，而要求出函数的解析式，或证明该函数具有另外的一些性质，或证明满足所给性质的函数不存在或有多少个，或求出该函数的某些特殊函数值。A类例题例1 已知，则函数 。 解 令；则。将此代入式可得 （）。即 （）代入(1)式，显然其满足方程。 说明 解函数方程（其中及是已知函数）时，可设，并在的反函数存在时，求出反函数；将它们代回原来的方程式以求出。但若为未知函数时，这个方法就不能用了。由于代换后的函数未必与原函数方程等价，所以最后一定要检验所得到的解是否

2、满足原来的函数方程。 例2 已知为多项式函数，解函数方程 （1）分析 由于为多项式函数，注意与和的次数是相同的。解 因为为多项式函数，而与并不会改变的次数，故由(1)可知为二次函数。不妨设，则， ，所以，所以 解得所以。易检验出此确实满足。说明 当是多项式时，一般可设代入函数方程两端，比较两端x最高次幂的指数和x同次幂的系数，得到关于n及的方程组，解出这个方程组便可得到函数方程的解。情景再现1已知f(2x1)=x2x，那么函数f(x)=_。2已知是二次函数，解函数方程。3若定义在上的函数f(x)满足2f(x)f（)=x，求函数f(x)。B类例题例3 设f (x)是定义在R上的偶函数。其图象关于

3、直线x1对称，对任意x1，x2，都有f (x1x2)f (x1)f (x2)，且f ( 1 )a0（1）求及；（2）证明f (x)是周期函数；（2001年全国高考题）（1）解 因为，令，得 由，知0，x0，1。取代入式得=f (1)a0，由知。 取代入式得，由知。（2）证明 依题设yf (x)关于直线x1对称，故f (x)f (11x)，即f (x)f (2x)，xR又由f (x)是偶函数知f (x)f (x)，xR将上式中x以x代换，得f (x)f (x2)，xR这表明f (x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期例4 已知函数满足：，且对任意的有 (1)求函数。分析 已知函数方程中出现了两

4、个独立的变量x、y，不妨设其中一个变量为常数。解 令代入(1)可得，(2) 令代入(1)可得， (3)令代入(1)可得 (4)由 (2)、(3)、(4)得 ， 即，所以。易检验满足方程式。说明 由函数方程所确定的函数不唯一，这取决于两个初始值和。事实上，若，则函数方程的解为。例5 设是对除x=0和x=1以外的一切实数有定义的实值函数，且，求。（美国第32届普特南数学竞赛题）分析 题目给出了函数所满足得条件，故应用适当的表达式换元，得到关于的方程组。解法一 令，则，将此代入（1） 可得 即 （2）此时(1)及(2)并无法解出；再令； 则。将此代入(1)式则可得， 即 ， （3）将(1)、(2)、

5、(3)联立，消去，得。将代入（1）式检验：所以。解法二 令，则， 此时可将表示为，（1）迭代一次可得，（2）再迭代一次可得，（3）将(1)、(2)、(3)联立，解得。下同解法一。说明 利用一次换元，出现了新的函数形式，此时无法通过消元求出所求函数，可以考虑再进行一次换元，使得出现的函数形式个数与方程个数一致，从而通过解方程组解出所求函数。链接 一般而言，对于函数方程 其中为已知函数，如果存在一个N*，使得，即可把原来的方程式经过适当的变量变换而得到一个或多个函数方程式，使得原来的函数方程和新得到的函数方程式形成一个含有未知函数的函数方程组，然后再用消去法（或行列式法）来解这个函数方程组以得到欲

6、求的函数。例6 设为定义在正整数上的函数，且满足：对任意的，有。求函数。分析 定义在正整数上的函数，可以对所给方程进行转化得到关于的递推关系（把看成数列）。 解 将式两边同除可得对任意的，有。（此时，易证得对任意，） 依次以代入 式，可得 ， 将这个等式相加，得到，所以，所以，对任意，。 说明 对于定义域为自然数的函数方程，往往可以转化为数列问题，通过找出的某个递归公式，然后依次取x为自然数个值代入递归公式，得到m个等式；设法利用这些等式消去以外其它形式的函数，即可求出函数方程的解。例7 设函数，k为无理数=3.1415926535的小数点后第n位数字，并且规定。令，求证：。（1990年希望杯

7、全国数学竞赛题改编）分析 这里的似乎无公式可以计算，而所证式中又有，等。可以先列举一些的值以求出规律。解 为方便计，记，于是，可以得到的值如下表：n012345678831415926531151934291119131543111311195111111113911111111131111111111111111111111由此可知，只要 从而=1。所以。情景再现4函数设满足关系式，其中，求所有这样的函数。（1994年第20届全俄数学奥林匹克竞赛试题）5已知f(x)是一次函数，且，求函数f(x)。6设f的定义域为N*，满足，且对任意的 ，试求。C类例题例8 设Q是全体有理数集合，求适合下列条

8、件的从Q到Q的全体函数： （1）； （2）对任意，有。分析 先考虑正整数上的函数，再考虑整数，再到有理数。解 在中，令y=1，则 ，又，所以。当n为正整数时，。当n=-m为负整数时， 。因此，当n为整数时，有。于是。这样，就有当x为整数时，有。对任意有理数（为整数且），在中，令，得，即，即。故当x为有理数时，有。经检验满足条件（1）和（2），则。链接 二元函数方程：是一个非常重要的函数方程，这个方程最早由法国数学家柯西（Cauchy）加以研究的，后来称之为柯西函数方程。很多问题可以通过变化归结为柯西函数方程。 通常这类函数方程的解不是唯一的，为了使(1)的解是唯一，我们大多给予一些附加条件。例

9、如，要求该函数是“连续的”，或者必须是“在定义域中每一个有限区间内为有界的”，或是“单调函数”，等。解这类函数方程的步骤是：依次求出独立变量取正整数值、整数值、有理数值，直至所有实数值，而得到函数方程的解。在假设函数是连续函数时，对于常见的二元函数方程式我们有以下之结果：(1) ，。（正比例函数）(2) ，。（指数函数）(3) ，。（对数函数）(4) ，。（幂函数）情景再现7确定符合下列条件的所有多项式：。习题131设f（），则函数f（x）的解析式是 。2设适合等式，则函数的值域是 。（2005年江西数学竞赛）3设f(n)是定义在自然数集N*上的函数，且满足f(1)2，f(n1)，则f(199

10、8) 。（上海市1998年高中数学竞赛）4若多项式P(x)满足方程P(x2)2x210x2xP(x1)3，则多项式P (x)的解析式为 。(上海市1997年高中数学竞赛)5若函数f(x)和g(x)都在R上有定义，且f(xy)f(x)g(y)g(x)f(y)，f(2)f(1)0，则g(1)g(1) (用数字作答)。(湖南省1998年高中数学竞赛)6设函数f：RR，满足f(0)=1，且对任意x，yR，都有f(xy+1)=f(x)f(y)f(y)x+2，则f(x)= 。(2004年全国高中数学联赛)7定义在R上的函数yf(x)，具有下列性质： 对任何xR，都有f(x3)f3(x)；对任何x1，x2R

11、，x1x2，都有f(x1)f(x2)。则f(0)f(1)f(1) 。(湖南省2002年高中数学竞赛)8设函数，若，且对任意的，记，求。9函数y=f(x)对一切实数x有定义，具有性质|f(x)|1，并且对任何实数x1和x2均满足等式f(x1+x2)+f(x1x2)=2f(x1)1cos2x2+2，求函数f(x)。(合肥市1994年高中数学竞赛)10设函数，且对任意的，满足：，求。 本节“情景再现”解答：1解：设t=2x1，则x=(t1)，那么f(t)= (t1)2 (t1)= t2t 故f(x)= x2x。2解：设，则 则 所以 解得所以。易检验出此满足3解：分别用x=，x=t代入已知方程，得2

12、f()f(t)= ，2f(t)f()=t，联立方程组，解得 f(t)= ，即： f(x)= 。4解：令，则，将此代入（1） 可得 即 （2）由（1）、（2）解得。易检验满足。5解：设f(x)=axb (a0)，记，则 f2(x)=ff(x)=a(axb)b=a2xb(a1)，f3(x)=fff(x)=aa2xb(a1)b=a3xb(a2a1)，依次类推有：f10(x)=a10xb(a9a8a1)=a10x。（显然不合题意）由题设知：a10=1024 且=1023。a=2，b=1 或 a=2，b=3，f(x)=2x1 或 f(x)=2x3。6解：取代入，可得 以代入上式可得 将这个式子加起来，可

13、得所以。易检验满足。 7解：设，代入得比较两端x的最高次幂的指数得，则或。当时，则，故=3。当时，比较两端x的同次幂的系数得，故。 易验证=3和均满足原函数方程。所以所求函数方程的解为=3和。习题”解答：1解：令u（u1），x（u1）代入原式得f（u）u2u1，f（x）x2x1 （x1）。2解：将中的换为，有，两式消去，得，其值域是。3解：由f(n1)f(n)，得f(1998)f(1)19971000.54解：若deg(P(x)2，则deg(P(x2)2x210x)deg(2xP(x1)3)，故deg(P(x)1，设P(x)axb，代入得，a2，b3P(x)2x35解：因为f(yx)f(y)g

14、(x)g(y)f(x)f(xy)，所以f(x)为奇函数所以f(1)f(2)f(11)f(1)g(1)g(1)f(1)f(1)(g(1)g(1)， g(1)g(1)16解：令x=y=0，得，f(1)=110+2，f(1)=2令y=1，得f(x+1)=2f(x)2x+2，即f(x+1)=2f(x)x又f(yx+1)=f(y)f(x)f(x)y+2，令y=1代入，得f(x+1)=2f(x)f(x)1+2，即f(x+1)=f(x)+1比较、得，f(x)=x+17解：取x3x的解，得x0，1，1记f(0)a，f(1)b，f(1)c由f(03)f3(0)，得aa3，同理，bb3,cc3于是f(0)、f(1)、f(1)都是x3x的根，但此三个值互不相等，即它们分别等于0，1，1中的某一个从而所求值为0。