第十三讲 函数迭代与函数方程综合问题讲义-2026年高中数学竞赛

第十三讲 函数迭代与函数方程综合问题 在国内外数学竞赛中，不断出现一些要用到各种技巧的函数迭代和函数方 程问题。主要有三个方面：(1)研究函数的性质；(2)求函数的值；(3)确定函数的解析 表达式。下面通过例题来介绍解决这些问题的方法和技巧。 例1设N,是正整数集合，k∈N,。如果有一个函数f:N,→N,是严格 递增的，且对于每个n∈N,,都有ffnl=kn。证明：对每个n∈N,,都有 2k n≤fin)sk+Ln。 k+1 证明因为f:N,一N,是严格递增的，故对任意的n∈N,fn+1-fnl≥ 1.了是当m>n时有f-fn空fa*1+I-fm+-n… 从而ffnl-fnl≥fn-n,即-fn≥fn-n。所以 fas n。 ① 另一方面，用fn代换①式中的n,得flfin中fn。 所以m≤k空fa,则fm上六n:从面命运得证. 注对于本题，若去求函数f的表达式，则此路不通。如果认为fn=kn, 那么有两个严重错误。一是当k不是完全平方数时，f不是N+一N,的函数， 二是即使k是完全平方数，fn=Vkn也不是满足条件的唯一函数。 例2设函数fx对所有x>0有意义，且满足下列条件： )对于x0有fixirf+=1 (2②)fx在(0，+o0上严格递增。 求f1的值。 解设f1=a,则当x=1时，由条件（①）得fa+1=1。令x=a+1,由 0 条件08fa*1rfa+1r1即f日aa=L 由于f以在0，+如上是严格这增的所以。a十1解得a-与5 2 。若a=1+ 2 空，则1a=f<fa+1日1，矛居。所以，a=1 2 2,即 f1=1-ξ 2 例3证明：不存在函数：R,→R,使得对任何正实数X、y,都有 fxP≥fx+y(flx)+y. ① 证明用反证法。假设存在这样的函数f,则由①式，得 (f(x)P+f(x)y-f(x+ylf(x)-f(x+yly=f(xly. 所以 flx)-flx+ylflxiy fx+y ② 由②式知，fx是减函数。 首先，我们证明：对任意正实数x,都有f-fx+1。 事实上，对于x>0,存在一个正整数n,使得 nfx≥1。 ③ 于是当k=0,1,2,…,n-1时，利用②式和③式，得 nn 1 1 n+-n 2n nn nf n 即 fx*片-fx+n元 fx-fx+1≥ 对于某个正实数x,,存在一个正整数m,使得m≥2fxo,于是 f(xo)-flxo+m)=2 (flxo+i)-f(xo+i+1) ≥m2分≥fx 所以fxo+m≤0，矛盾。 于是命题得证。 注在证明“否定”命题时，常常用反证法。 例4用Z表示全体整数构成的集合。求所有函数f:Z一Z,满足对任意 整数a和b,都有 f2a+2fb=ffa+bl。 解将题中等式记为Pa,b,由P0,x得 fo+2fx=ffx。 ① 由Px,0得 f2x+2f0=ffx。 ② 比较①、②可得 f(2x)=2f(x)-f(o. ③ 将①、③代入原式，有 2f(a-f(0)+2f b=f(0+2f a+b). ④ 令gx=fx-f0,则g0=0,并且④可以写成 ga+b=ga+gbl。 ⑤ 由柯西方法可知，对任意整数n,都有gn=g1n,从而f形如 fx=x+c,其中k,c∈Z。代入原式中，要求对所有整数a、b有 2ka+b+3c=ka+b+k+1c. 这当且仅当2k=k,且3c=(k+1C。从而k=2或0。 若k=2,则c可为任意整数。 若k=0,则c=0。因此满足条件的函数为fx=0或fx=2x+c,其中 c为任意整数。 例5f是定义在1，+∞)上且在1，+∞中取值的函数，满足条件：对任何 x,y>1及u,v>0,都成立 1. flx"ysf(x)4flyl"。 ① 试确定所有这样的函数「。 解先将①式化为一元函数，为此令x=y,u=v，则 fx2sfx面。再 将2u用u代换知，对所有x>1,u>0,均有 flx"sflx)严。 ② 令y=X,v=,则x=yy,u=。代入②式.得fy≤fy。用 x代换y,u代换v,则对所有x>1,u>0,又有 fx"fx。 ③ 由②、③式便知 flx"=fix. ④ 取x=e,t=e“(则u=lnt)。当u从0变到+oo时，t从1变到+∞。 于是④式为 flt=fea· 令fe=a>1,用x代换t,则 fx=a应，a>1. ⑤ 下面验证⑤式所给出的函数满足①式。利用算术一调和平均不等式，有 ulnx+vIn y 2 3 1+1 ulnx vlny 所以 1 +1 1 一> 4ulnx 4vlnyulnx+vlny flXy=asa'=-Fxly市。 这就证明了对所有a>1,⑤式所给出的函数fx即为所求。 注当所给的函数方程（或不等式）含有较多变量时，常常先将它化为一个变 量的方程（或不等式）。另外，利用不等式来证等式的技巧也是处理这类问题的常 用方法。 例6设Q为全体有理数构成的集合。求所有函数：Q→Q,满足对任意 有理数x、y,均有 4f(xlF(y+=F2x++f(x-yl 解在原方程中令y=0并整理得4f0-1fx=f号· 显然f不是常值函数（否则，假设fx=C则由原方程知4C2+2C, 放c不为实数，才眉)，于是由上式得4f0-1=0,f号 在原方程巾令y号得2fx+fx+号引fx号· 令gx=fx+引fx,则对任意有理数x有 2/9x+1 .1 9x+3 ① 在原方程中交换x、y,并与原方程比较，立即知「为偶函数。 在原方程中用~y代替y,并与原方程比较（注意「为偶函数），得 f2++x-l2+flx+l. 从而 fx*-fx-y=f2y*f-2w+号 2w1ew小2w-f2w =g2w+g2y=2g2w2利用0 为简便起见，令hx=gx子则上式变为 fx+yl-fx-y=2h2xyl。 ② 对任意正整数n,在②中令y号，得 2hn=fx+-fx-fx+空-fx* -gx+号}-gx+}=2ngx-号=2nhx 即对任意正整数n和有理数x,有hnx=nh(x。 因此对任意有理数x有hx=2h 。 事实上，设2x=9为最简分数， 则 p-hlxi=hipxl- 下计号 的值。 在原方程中令xy方得1+之f1+号，放f1号。所以 -f1-f 从而对任意有理数x,有hx=x。 最后，在②中令y=x,得f2x=2hl2x+f0=4x2+号，于是 4 flx)=x2+ 41 经验证，上述函数满足原方程。 综上，原方程有唯一解fx=X+子。