数学函数方程的几种常见解法

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函数方程是高中数学学习的一个难点，也是函数学习的重要内容，在高考和许多数学竞赛试题中多有所见，尤其是近几年许多省市高考卷的最后几道题都可直接或间接化归成函数方程的问题。本文旨在对函数方程常用的解法：换元法、特殊值法、迭代法、递推法作一些讨论，以供读者参考。

一、 函数方程的解法

函数方程就是含有末知函数的等式，它的解是一个或多个函数，如f（1-x）=f（x），f（-x）=-f（x）等都是函数方程。

1. 换元法：

这种方法是在保持定义域不变的情况下，对φ(h(x))=f（x），取t=h（x），从而得到(t)=f（h-1（t））.

例1 求函数方程（x2+2）f（x3）=x7+1（x∈R）于R上的解。

解：本题目标是将f（x3）转化为f（x），为此设x=t１３（t∈R）,代入原式得：（t２３+2）f（t）= t７３+1，f（t）=（t７３+1）／（t2/3+2），t∈R.

例2 设f（x）定义域为I=［-a，a］，g（x）=-g（-x）。h（x）=h（-x），g（x）+h（x）=f（x），x∈I。求g（x）与h（x）表达式。（用f（x）表达g（x）与h（x））

解：这是一个区间和函数都存在某种对称的问题，那么就要充分利用对称性。

由已知得到g（-x）+h（-x）=f（-x），又g（x）=-g（-x），h（x）=h（-x），从而-g（x）+h（x）=f（-x）① ，由于x∈I，且I是关于原点对称的区间，-x∈I。① 有意义。进而由①及已知得：h（x）=f(x)+f(-x)2（x∈I），g（x）=f(x)-f(-x)2（x∈I）.

2. 特殊值法

根据条件利用特殊点的函数值，简化原方程，达到求解的目的，这样的问题突出一个“巧”字！

例3 设g：RR，x，y∈R／{-ln2}有g（y+x）+g（y-x）=ex-y［g（x）+g（y）］，且g（0）=e，求g（x）.

解：取x=0，得g（y）+g（y）=e-y［g（0）+g（y）］， 整理的g（y）=e1-y/(2-e-y)， y∈R／{-ln2}.

3. 迭代法：

形如f{f［f…f（x）n个f迭代…］}=F（x）的方程，可利用一般迭代式 F{F［F…F（x）K个F迭代…］}=G（x，k）并取k=1n来得到原方程的一个解G（x，1n）。

例4 若f（x）是一次函数，f［f（x）］=9x+3，求f（x）

解：将f{f［f…f（x）…］}记为fn（x），令F（x）=f2（x）=9x+3.

第一步：先求Q（x）=ax+b（a，b为常数，a≠1）的n次迭代式Qn（x），由于Q（x）是线性的，故Qn（x）亦线性，即Qn（x）=Ax+B（A，B待定），而ax的n次迭代是anx故A=an， 再求出Q（x）=x的解为x0=b1-a（x0为Q（x）的不动点），很显然Qn（x0）=x0，从而an(b1-a)+B=b1-a，得B=［(1-an)/（1-a）］b，因此Qn(x)=anx +［(1-an)/（1-a）］b。本题中a=9，b=3，所以Fn（x）=9nx+9n-18•3.

第二步：取n=12时，f（x）=±3x+（±3-18）•3，f（x）=3x+34或f（x）=-3x-32

注：本题亦可用待定系数的方法求出a和b的值，即f2（x）=a2x+ab+b=9x+3

a=9ab+b=3a=±3a=34或-32从而f（x）=3x+34或-3x-32。

4. 递推法：

这种方法是利用递推关系，求函数方程解的表达式。

例5 解函数方程：f（n+1）=f（n）+n+1（n∈N）.

解：已知f（n）=f（n-1）+n=f(1) +1+2+…+n-1=f(1) -1+1+n2×n=12n（n+1）-1+f(1)。为验真伪，现考察n+1的情形：由f（n+1）=12（n+1）×（n+2）-1+f(1)=12（n2+3n+2）-1+f(1)=12（n2+n）+n+1-1+f(1) ，对比f（n）表达式得知满足已知方程。

5. 无解的情形

利用一些特殊值，由已知方程得出矛盾式从而确定方程无解。如预解函数方程g（x+y）=g（x）+g（y）+x+y+1，只需取x=0，y=0就可得g（0）=-1，再取x=1，y=0可得g（0）=-2，两者的矛盾就可断定原函数方程无解。

二、 函数方程的应用

应用函数方程的思想，可以使许多问题得到简化。

例7 求凸n边形的对角线条数。

解：设凸n边形对角线条数为f（n），显然，f（n+1）-f（n）=1+（n-2），此式右边第一项是因为n边形一条边成为n+1边形的一条对角线；第二项是因为增加了一个顶点，可向n-2个顶点引的对角线。 f（n+1）=f（n）+n-1。利用例5的递推方法得f（n）=n(n-3)2。

例8 （美国中学生数学竞赛题）任意实数x，y函数f（x）满足f（x+y）=f（x）+f（y）+xy+1，且若f(1) =1那么满足f（n）=n（n≠1）的整数数目个数为(）。

A. 0B. 1C. 2

D. 3E. 无穷多.

解：取x=n，y=1得到f（n+1）=f（n）+f(1) +n+1，利用例5的方法可得到f（n）=n(n+1)2+2n-1。令f（n）=n， n(n+1)2+2n-1=n，解得n=1或-2。因而共有2个整数满足f（n）=n，但已知n≠1故选B。

例9 设函数f（x）定义在R上，a，b∈R，有f（a+b）+f（a-b）=2f（a）f（b），且f（0）≠0，求证：f（x）=f（-x）.

证明：本题利用特殊值的方法：

令a=b=0并考虑到f（0）≠0，算得f（0）=1。再对已知取a=0，得f（b）+f（-b）=2f（0）f（b），从而f（b）+f（-b）=2f（b）, f（b）=f（-b）, f（x）为偶函数。

例10 （2007年高考北京卷第15题）数列{an}中，a1=2, an+1=an+cn, (c为常数，n=1，2，3….),且a1, a2, a3成公比不为1的等比数列。(1) 求c的值.(2) 求{an}的通项公式。

解：(1) a1=2， 再由已知的递推公式得：a2=2+c，a3=2+3c.

又 a1, a2, a3成公比不为1的等比数列。

（2+c）2=2(2+3c)解得：c1=0， c2=2.而c1=0使得a1=a2=a3

与题意矛盾，故取c=2

(2) 设an=f(n)， 则f(n+1)-f(n)=2n，故f(n+m)-f（n）=2(n+n+1+n+2+……+ n+m-1)=2［mn+m(m-1)2］，将此式中的n和m 换成连续变量 x和y得：

f(x+y)-f（x）=2［xy+y(y-1)2］，

由导数定义df(x)dx=limy0f(x+y)-f(x)y=limy02xy+y(y-1)y=limy0(2x+y-1)=2x-1，从而f(x)=x2-x+c， 又已知f(1)=2，代入解得c=2.因此f(x)=x2-x+2，最后将变量换回f(n)=n2-n+2，即an=n2-n+2（n=1,2,3……）

四、 结束语

函数方程的解法非常之多，有许多特殊形式的函数方程需要特殊的解法。此外，函数方程的分类也多种多样，如有按元分的、按次数分的、按未知函数个数分等等。本文的几种方法只是针对高中生或竞赛使用，但对于函数方程理论还只是抛砖引玉而已。

注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”