求解函數(shù)方程的利器——“算兩次”

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○解題研究○

求解函數(shù)方程的利器
——“算兩次”

陸建根

(江蘇省鎮(zhèn)江中學(xué)，212017)

函數(shù)方程是數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的重要內(nèi)容,在近幾年的高校自主招生考試中也有所涉及,一般難度較大,求解的要求較高.函數(shù)方程的問(wèn)題難在已知條件很少,很多問(wèn)題的已知條件只有一個(gè)等式,而且條件比較抽象,無(wú)法進(jìn)行常規(guī)的運(yùn)算.這就要求我們要充分利用已知條件,盡可能地去分析一個(gè)表達(dá)式的兩重含義,也即利用“算兩次”得到新的等式或新的條件去解決問(wèn)題，這種方法在函數(shù)方程的求解中應(yīng)用極為普遍.本文就求解函數(shù)方程時(shí)具體該如何去實(shí)施“算兩次”談一些個(gè)人的體會(huì),供參考.

一、利用原式迭代“算兩次”,得到新的等式

評(píng)注有些復(fù)雜的函數(shù)方程問(wèn)題通過(guò)再“算”一次還不能解決問(wèn)題,這時(shí)需要再“算”兩次或者n次才能求解.

例2解函數(shù)方程

例3(2008年清華大學(xué)自主招生試題)

分析跟例1一樣,由一個(gè)方程f(2x)-f(x)=x2是無(wú)法直接求f(x)的表達(dá)式的,需要利用f(2x)-f(x)=x2構(gòu)造新的等式.

解由題設(shè)條件，得

……,

將上述等式左右兩邊分別相加,得

評(píng)注這里實(shí)際上是利用已知等式f(2x)-f(x)=x2算了n次,得到n個(gè)不同的等式,相加后求得f(x)的表達(dá)式,這有點(diǎn)類似于數(shù)列中的裂項(xiàng)相消.在函數(shù)方程的求解中,構(gòu)造類似于數(shù)列中裂項(xiàng)相消的等式,通過(guò)求和來(lái)求f(x)的表達(dá)式的問(wèn)題有很多.

二、利用不等式“算兩次”,得到新的等式

例4(2002年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題)已知f(x)是定義在R上的函數(shù),f(1)=1,且對(duì)任意x∈R都有f(x+5)≥f(x)+5,f(x+1)≤f(x)+1,若g(x)=f(x)+1-x,則g(2 002)=______.

分析已知條件中最關(guān)鍵的是兩個(gè)不等式,而要求的是g(2 002),顯然要利用不等式設(shè)法得到等式.

解因?yàn)間(x)=f(x)+1-x,所以

f(x)=g(x)+x-1.

由f(x+5)≥f(x)+5,得

f(x+5)=g(x+5)+(x+5)-1

≥f(x)+5=g(x)+x-1+5；

由f(x+1)≤f(x)+1,得

f(x+1)=g(x+1)+(x+1)-1

≤f(x)+1=g(x)+x-1+1,

即g(x+5)≥g(x),g(x+1)≤g(x).

所以g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)

≤g(x+3)≤g(x+2)

≤g(x+1)≤g(x),

所以g(x)=g(x+5)=g(x+4)

=g(x+3)=g(x+2)

=g(x+1)=g(x),

則g(2 002)=g(1)=f(1)+1-1=1.

三、利用條件等式的對(duì)稱性“算兩次”,得到新的等式

例5(2004年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題)設(shè)函數(shù)f:R→R滿足f(0)=1,對(duì)于任意x,y∈R都有f(xy+1)=f(x)f(y)-f(y)-x+2,求f(x).

分析顯然原等式左邊關(guān)于x,y對(duì)稱,右邊不關(guān)于x,y對(duì)稱,這樣通過(guò)x,y互換可以得到一個(gè)新的等式.這里實(shí)際上是利用左式的對(duì)稱性對(duì)f(xy+1)“算”了兩次.

解因?yàn)閒(xy+1)=f(x)f(y)-f(y)-x+2,x,y互換,得

f(yx+1)=f(y)f(x)-f(x)-y+2.

上述兩式左邊相等,所以右邊也相等,所以f(x)f(y)-f(y)-x+2=f(y)f(x)-f(x)-y+2,整理得

f(x)-x=f(y)-y.

令y=0,則f(x)=x+f(0),

所以f(x)=x+1.

四、挖掘已知等式內(nèi)涵“算兩次”,得到新的等式

例6函數(shù)f(x)是定義在N*上并在N*上取值的遞增函數(shù),并且滿足條件f(f(x))=3x,試求f(1)+f(9)+f(96)之值.

解由已知等式，得

f(f(f(x)))=f(3x).

考察上述等式左邊,利用已知條件f(f(x))=3x,考慮上述等式左邊代數(shù)式的外面兩重“f”,把最里面的f(x)看成自變量x,可以得到f(f(f(x)))=3f(x),這樣我們就得到一個(gè)新的等式

f(3x)=3f(x).

如果f(1)=1,則f(f(1))=f(1)=1,利用f(f(x))=3x,再“算”一次,得f(f(1))=3×1=3,矛盾,所以f(1)≠1.

設(shè)f(1)=a,a>1,但f(f(1))=f(a)=3,因?yàn)閍>1,所以3=f(a)>f(1),所以f(1)=2.

所以f(3)=3f(1)=6,f(6)=f(f(3))=3×3=9,f(9)=3f(3)=3×6=18,

f(18)=3f(6)=3×9=27,f(27)=3f(9)=3×18=54,f(54)=3f(18)=3×27=81,f(81)=3f(27)=3×54=162,f(162)=3f(54)=3×81=243.

由于162-81=81,243-162=81,所以自變量在81,162之間的正整數(shù)取值時(shí)的自變量與函數(shù)值之間是一一對(duì)應(yīng)的,所以f(96)=162+15=177,

所以f(1)+f(9)+f(96)=2+18+177=197.

評(píng)注可以發(fā)現(xiàn),上述解法中最關(guān)鍵的是根據(jù)條件得到一個(gè)更簡(jiǎn)潔的等式f(3x)=3f(x).而得到這個(gè)等式的關(guān)鍵是對(duì)f(f(f(x)))算了兩次,一方面它等于f(3x),另一方面它也等于3f(x).解決問(wèn)題的另一個(gè)關(guān)鍵點(diǎn):f(1)=2也是通過(guò)“算兩次”得到的.

五、不一樣的“算兩次”,得到一樣的結(jié)果

例7求出所有的函數(shù)f(x):R→R,使得對(duì)于所有a,b∈R,都有f(a·f(b))=ab.

解法1因?yàn)閒(a·f(b))=ab,

①

令a=1,得f(f(b))=b.

②

對(duì)①式兩邊取“f”，得

f(f(af(b)))=f(ab).

③

利用②式對(duì)③式左邊再“算”一次,得

f(f(af(b)))=af(b),

所以f(ab)=af(b)；

④

在④式中令b=1,得

f(a)=af(1)；

⑤

利用⑤式對(duì)①式左邊再“算”一次,得

f(af(b))=af(b)f(1)=abf(1)f(1),

所以abf2(1)=ab,

即f2(1)=1,f(1)=±1.

若f(1)=1,則f(a)=a,若f(1)=-1,則f(a)=-a,也即,若f(1)=1,則f(x)=x；若f(1)=-1,則f(x)=-x.

解法2利用單射.

因?yàn)閒(a·f(b))=ab,

①

令a=1,得f(f(b))=b.

②

若b1≠b2,則f(f(b1))≠f(f(b2)),得f(b1)≠f(b2),所以函數(shù)f(x)為R→R上的單射(即自變量不同,函數(shù)值也不同).

由①得f(a·f(b))=ab=ba=f(bf(a)),因?yàn)樵摵瘮?shù)為單射,所以af(b)=bf(a).

令b=1,得f(a)=af(1)，

以下同解法1.

解法3利用滿射.

因?yàn)閒(a·f(b))=ab,

①

令a=1,得f(f(b))=b.

②

顯然上式右邊的b可以取任意實(shí)數(shù),函數(shù)f(x)為R→R上的滿射,所以至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)b1,使得f(b1)=1.

在①式中令b=b1,則f(a)=b1a,

從上述分析可以看出,“算兩次”雖然不是一種具體的可以操作的方法,但是給出了遇到新的問(wèn)題時(shí)思考的方式:選擇一個(gè)適當(dāng)?shù)牧?一方面……另一方面……綜合可得……就是去選擇一個(gè)恰當(dāng)?shù)牧?研究這個(gè)量的兩個(gè)或多個(gè)方面,從而得到一個(gè)或多個(gè)等式.在不同的環(huán)境中這個(gè)量可以是不同的,可以是一個(gè)代數(shù)式,可以是一個(gè)方程,也可以是不等式.“算”出的另一個(gè)方面則可以是新的代數(shù)式、新的方程、新的不等式,有時(shí)也可以是和“數(shù)”相對(duì)應(yīng)的“形”. “算兩次”的實(shí)質(zhì)是從不同的角度來(lái)考察同一個(gè)量,這實(shí)際上是我們系統(tǒng)、全面地認(rèn)識(shí)數(shù)學(xué)問(wèn)題必須具備的數(shù)學(xué)素養(yǎng),也是我們認(rèn)識(shí)世界應(yīng)該具備的一種能力.