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xy -=11，将此代入：yy y f y y f 12)11()1(-=-+-或x x x f x x f 12)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(),(xx 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)(log log 0)('33<+=⇔=e t t h ，于是可知0)(=t h 有两根11=t 和c t =2)10(<<c ，于是③式等价于1)(=y g 或c 。

R y ∈(, c 为满足10<<c 的常量）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 ∈，∴xb 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nx 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 nf 1)1(= 若m 为正整数，利用上式得：n m mn m a a nf 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 nmf n m f =⋅-，即n mn ma a nm f n m f --===-1)()(1)(，(又因为)(n mf -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 xf 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(-==，xxx g g g x g -+==11)))((()3(，于是原方程变为：x x g f x g f x g f cos )]([][)]([)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 xxx 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11,022()12(1),12x 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2112x 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()22f x x =-+我们有()(2)1()(2)2.(2)1n n nf x x --=-+--4(4)4122211(2)11()(2)2161016()101632x fx x x x x --∴==-+=-=+-=--123452219191111814,1,2(1),2(1),2(1.1515303015151515x x x x x ∴==+==-==-==-=验证：11422(1),1515x =-=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 na f axb 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：22222222)()())(())((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：tt 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tt f 1)(=。

①若存在b , ),0(+∞∈c ，使得b b f ≠)(，cc f 1)(=，则由①知，b , c 都不等于1且bb f 1)(=，c c f =)(，令b =ω，c x =，bc z y ==，则bc c b bc f c b 2)(212222+=+以)()(2232c b b c b c bc f ++=。