函數與函數方程競賽講座一函數的迭代1.定義: 設是定義在上且取值在上的函數，記，則稱是函數在上的迭代，稱為的迭代次數.2.求次迭代的方法: 歸納法；遞推法；橋函數相似法.先看一個有趣的問題：李政道博士1979年4月到中國科技大學，給少年班的同學面試這樣一道題：五只猴子，分一堆桃子，怎么也平分不了，于是大家同意先去睡覺，明天再說夜里一只猴子偷偷起來，把一個桃子吃掉后正好可以分成5份，收藏起自己的一份后又去睡覺了第二只猴子起來后，像第一只猴子一樣，先吃掉一個，剩下的又剛好分成5份，也把自己的一份收藏起來睡覺去了第三、第四、第五只猴子也都是這樣：先吃掉一個，剩下的剛好分成5份問這堆桃子最少是多少個？設桃子的總數為個第只猴子吃掉一個并拿走一份后，剩下的桃子數目為個，則，且設于是由于剩下的桃子數都是整數，所以，因此，最小的為：上面的解法，我們利用了一個函數自身復合多次，這就叫迭代一般地，設是一個函數，對，記，則稱函數為的次迭代，并稱為的迭代指數反函數記為一些簡單函數的次迭代如下：（1）若，則； （2）若，則；（3）若，則； （4）若，則；（5）若（），則；的一般解法是先猜后證法：先迭代幾次，觀察規律并猜測表達式，證明時常用數學歸納法1求迭代后的函數值例1：自然數的各位數字和的平方記為，且，則（）的值域為（ ）（A） （B） （C） （D）解：由條件可知：所以（）的值域為。例2：設，而，記，則 解：因為，所以，而所以。即，故。例3：求解函數方程：解：設，則并且，于是原方程變為：令得：令得：令得：由得：例4 已知，求.解 ， ， ， ， 由數學歸納法易知 .注：在函數迭代中，通過觀察得出的函數要用數學歸納法給予嚴格證明.2不動點法一般地，若，則把它寫成因而這里的就是方程的根一般地，方程的根稱為函數的不動點如果是函數的不動點，則也是的不動點可用數學歸納法證明利用不動點能較快地求得函數的次迭代式定理1 設是的不動點，則對于正整數，有.證 ，兩式相減得 ， （1）當時，由（1）知結論成立。假設時結論成立，那么對于，即時結論也成立。由歸納法原理知結論成立。例5：已知是一次函數，且，求的解析式例6 已知為一次函數，且，求.解 設，顯然.令，得，即為的不動點.由定理1知，解之得，所以.例7：若，求例8.已知滿足條件：(1)對任意;(2) 解：令可見其不動點集為。再令，代入條件(1)得，再將代入得，結合兩式可得：，故，這說明1是的不動點。下面用反證法證明的不動點是唯一的。假設存在。i.若,由，令得，從而這與條件（2）矛盾。ii. 若,由,而這與i矛盾。綜上只有一個不動點1，所以，即.3相似法若存在一個函數以及它的反函數，使得，我們稱通過和相似，簡稱和相似，其中稱為橋函數如果和相似，即，則有：定理2 設與都是的函數，的反函數為，若，則.定理2可用數學歸納法證明。例9：若，求函數與函數方程競賽講座二函數方程1. 常見題型:已知函數方程,求函數值；已知函數方程,討論函數性質；由函數方程討論函數的有界性、對稱性、周期性等性質；討論函數方程解的問題,討論給定的函數方程是否有解(常用反證法或構造法)和給定方程的所有解.函數方程的變化多，求解技巧性很強，往往涉及不同領域的數學知識，特別是附加了條件的函數，更是五花八門，各有巧妙。迭代只是其中的一種方法，在高中數學各級競賽中，都有可能會遇到函數方程的問題，還有可能會用到觀察法、代換法、柯西法、賦值法（特殊值法）等幾種典型的求解函數的方法。如：1代換法例1.解函數方程.解：令，代入原式得 (1) ，代入原式得： (2)又：(3)三個方程中僅含有由方程組(1)(2)(3)得 即：檢驗：所以.經檢驗上式滿足條件.注:事實上,對于函數方程,其中 為已知函數,如果存在一個，使得(k次迭代)，即可用上述的方法求解。 解二:令，則; 此時可將(2)式表示為迭代一次可得 再迭代一次可得 解方程可得 檢驗略。例2：（2007越南數學奧林匹克）設b是一個正實數，試求所有函數，使得對任意實數x、y均成立。解：將原方程變形為： (x, 令，則等價于(x, 在中令得這表明1）若，則2）若，在式中令得：即考慮函數，它的導函數，則于是可知有兩根和于是式等價于或 , c為滿足的常量）假設存在使，則或1，矛盾，因此，綜上知：說明：代換法是解函數方程最基本方法，很多函數方程中所特有的性質是通過代換法去發現的。本題也是通過代換法打開了解題的思路。2柯西法（在單調（或連續）的條件下，利用柯西函數方程的解求解）.定理3 設是的函數，且對于任意，有，則（1） 對于任意，有；（2） 對于任意，有.定理3用數學歸納法易證.定理4 若對于任意的，有 （1）則.證 由（1）及數學歸納法不難證明：對于任意的正整數及有理數，有 （2）在（2）中令，得 （3）在（2）中令，得，.，.當時， （4）由（3），（4）知， （5）對于任意的，設，則有 即 .注：在定理4中，若加上為連續函數這一條件，則有.定理4的證明方法叫做柯西方法，這一方法的基本步驟是依次求出正整數的函數值、整數的函數值、有理數的函數值，在函數連續的條件下，進一步求出實數的函數值.注：上述定理證明為柯西爬坡式證法，步驟是：依次求出自變量取正整數值，整數值，有理數值，直至所有實數值，從而得到函數方程的解。例3.設連續且恒不為0，且，求函數方程的解例11.解：若存在，使。則對一切實數，有這與不恒為0矛盾，故.對兩邊取自然對數，得 令且連續 g(x)連續且滿足.由定理知：即,所以。例4（2001年英國數學奧林匹克）已知函數是的映射，滿足：（1） 對任意非負整數，有，（2） ，有，求.解 在（2）中令，并記，則有.由于數列是遞增數列，由定理3知，.若，則有，矛盾，所以，從而有.又因為，容易得.所以，.3特殊值法例5.已知函數滿足：，且對任意的，都成立，試求.解:在已知條件中令可得(1) 令可得 (2) 令可得(3) 解方程可得 易檢驗滿足已知條件。例6.的定義域在非負實數集合上并取非負數值的函數，求滿足下列所有條件的：（1）；（2）；（3）當時，.解：（）令得.所以當時，.（）考慮（即）時，（1）兩邊等于零的特殊情況。設,由（）得：，即。設，由（）得；，即，因為，且，所以，解得.所以當時,.所以.例7（2004年高中聯賽試題）設函數，滿足，且，都有 （1）求.解 （方法1）在（1）中將互換，則有 （2）由（1），（2）得 （3）在（3）中令，則有 ，即.易證是方程（1）的解.（方法2）在（1）中令，得 （4）即 .為了求出，需要求，為此在（1）中令，得，從而有，代入（4）可得.例8 已知是的函數， （1）求.解 將代入（1）式，得，即 .所以，有 （2）由（2）易得 ，.在（1）中令，則有，即 ，所以， .在（1）中令，得，即 ，有.例9 （2008年荷蘭數學奧林匹克）求所有函數，使得，有 （1）解 ，若，則， ，故是的單射.下證.當時，在（1）中取，得.因為上式左邊3個數均為正整數，所以只能全為1，故，即時結論成立.假設時，有，那么當時，由是單射知，從而有，進而有，即 （2） （3） （4）將上述3式相加，得.又，從而知不等式（2），（3），（4）全取等號，故，即對于結論成立.由歸納法原理知，.例10（第17屆巴爾干數學奧林匹克）求所有的的映射，使得，均有 （1）解 設，在（1）中令，則有 （2）由（2）知的值域為，所以的值域為R.又若，則，由（2）得，所以，這表明是的雙射.因此，使得.在（1）中令，得 （3）由（2），（3）知，所以 ， .在（1）中令，得 （4）在（4）中令，注意到由（3）可知，從而有，故，有 （5）由（4），（5）可知 （6）因此，,有或.假設存在非零實數，使得，而，那么在（1）中令，得，又由（6）知或，矛盾，所以方程（1）的解是或.例11：（2008年IMO第4題）求所有的函數滿足對所有的正實數，x, y, z，都有：解：令得：對任意令，得：去分母整理：，所以對每個有或者若存在b, ，使得，則由知，b, c都不等于1。且，令，則，所以又因或者；若則矛盾若，則矛盾所以經檢驗滿足。4觀察函數特有的性質并利用其解題函數的性質包括單調性、奇偶性、周期性及所具有的特殊形式，在解題的過程中需要對其進行觀察判斷并利用其解決問題。例12：（2007日本數學奧林匹克決賽）求定義域為正實數集，值域為實數集的函數f，滿足：，其中x、y為任意實數。解：令，及，重復應用這個等式m次得：，再令。下面證明對任意的正整數n和任意的兩實數t，有，顯然當時，命題成立。又因為題中第二個不等式等價于，所以，對任意的n、t有，若取，滿足，則：另一方面，有故上式中不等式號均為等號，即因此必有再證明：g為單調不增函數；對于正實數t，有由于，則故對于所有的x, y ，有故g為單調不增函數設，接下來證明：反設對正實數t有，則存在一個有理數滿足及，另一方面：由，有與及g的單調不增矛盾，同理若，也得到矛盾，因此，對于正實數t，有從而，對于這樣的f，有，均滿足。為所求說明：該題關鍵是抓住函數具有兩個特有特征而對此進行解答。抓住函數特征和性質來求解函數方程問題，是最常用的方法。三訓練題1. 已知是一次函數，且(n次迭代)。求2設且滿足：(),試求.3. 設，若且,試求.4. 已知，求解函數方程5. 設在整個實數上是連續的,且, 解函數方程.6. 若函數在某一充分小的區間(a,b)內有界，求的解。訓練題答案：1.解：設，則由題設知：=1024 且=1023=2，=1 或 =2，=32.解：原式可以改寫為 ， 。 則有 累乘可得 再將代入上式可得 累加可得 ， 。3.解：； ； ， 猜想 設n=k時上式成立,當n=k + 1時， 。 由數學歸納法知猜想正確.4.解：令，得當1、，令，解得 2、，令， (其中為任意實數) 5.解:令得