第34讲_函数迭代与函数方程

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1、第35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

2、。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(2x－1)=x2＋x，那么函数f(x)=______

3、________。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。其图象关于直线x＝1对称，对任意x1，x2，都有f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)，且f(1)＝a＞0．（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①由，知≥0，x∈[0，1]。取代入①式得=f(1)＝a＞0，由知。取代入①式得，由知。（2）证明依题设y＝f(x)关于直线x＝1对称，故f(x)＝f(

4、1＋1－x)，即f(x)＝f(2－x)，x∈R又由f(x)是偶函数知f(－x)＝f(x)，x∈R将上式中－x以x代换，得f(x)＝f(x＋2)，x∈R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

5、，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)、(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

6、，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

7、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年希望杯全国数学竞赛题改编）分析这里的似乎无公式可

8、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