例析構造法在函數方程競賽問題中的應用

基金項目：北京市教育學會“十四五”教育科研課題“基于關鍵能力發展的高中數學學習進階的研究”（ZXSXYB2021-024）

在函數中，我們常把含有條件“對于任意的x（或x，y），函數f（x）滿足方程……”的問題稱為函數方程問題.解決函數方程問題的常見思路有：（1）通過給函數方程中的變量賦值來求函數值；（2）通過給函數方程中的一個變量賦值，而另一個變量保持不變來求函數解析式；（3）將方程化為f（A）=f（B）的形式，用函數的單調性（或單射）來解方程；（4）利用函數方程，將求解不等式化為f（A）lt;f（B）等形式，用函數的單調性來解不等式，等等.

然而，在一些與函數方程有關的競賽題中，常需要根據變量的任意性構造出一個新的函數方程，并將其與舊的函數方程聯立解決問題.其中，構造新的函數方程主要有以下兩種方法.

1.構造“對稱”的函數方程

例1" （2008年北京市中學生數學競賽高一年級初賽試題）設函數f（x）對x≠0的一切實數均有f（x）+2f2008x=3x， 則f（2）=（" ）.

A. 2006" B. 2008" C.2010" D. 2012

解法1" 對于函數方程f（x）+2f2008x=3x，令x=2，得f2+2f1004=6①，令x=1004，得f1004+2f2=3012 ②.

由①②，解得f（2）=2006. 故A正確.

解法2" 對于函數方程f（x）+2f2008x=3x③，將x用2008x代入，得f（2008x）+2f（x）=6024x ④.

聯立等式①②，消去f（2008x），得f（x）=4016x－x.

所以f（2）=2006.故A正確.

評注" 解法1運用了常見思路（1）.若要在此題的條件下求函數f（x）的解析式，常見思路（2）便無能為力，這是因為一個方程里有相當于兩個變量的f（x）和f（2008x）存在，這是不可能直接得到解析式的.如想到將f（x）和f（2008x）中的x與2008x互換，得到一個“對稱”的函數方程④（如解法2），問題便迎刃而解.

例2" （2020年波羅地海之路數學競賽）求所有的函數f：" R→R，使得對于任意的實數x，y均有f（f（x）+x+y）=f（x+y）+yf（y）①.

解" 若存在兩個不相等的實數a，b，使得f（a）=f（b）.

在等式①中，令x=a，y=b，得f（f（a）+a+b）=f（a+b）+bf（b）②.

再令x=b，y=a，

得f（f（b）+b+a）=f（b+a）+af（a）③.

由等式②③相減得bf（b）=af（a）.

由a≠b，且f（a）=f（b），得f（a）=f（b）=0.

在等式①中，令x=a，得f（f（a）+a+y）=f（a+y）+yf（y），所以f（a+y）=f（a+y）+yf（y），即y∈R，yf（y）=0.

所以對于任意y∈R，且y≠0時，f（y）=0④.

在等式①中，令x=y=0，得f（f（0））=f（0）.

若f（0）=c≠0，則f（c）=c，這與④矛盾.

于是f（0）=0.

所以，對于任意的x∈R，f（x）=0.

假設不存在兩個不相等的實數a，b，使得f（a）=f（b）.

則f（x）是單射.

在等式①中，令y=0，得f（f（x）+x）=f（x）.

由f（x）是單射，得f（x）+x=x，即對于任意的x∈R，f（x）=0，這與假設矛盾.

綜上，函數的解析式只可能為f（x）=0.

評注" 本題解決的關鍵在于將兩個變量x，y互換得到“對稱”的函數方程.在將新舊兩個函數方程聯立時，會發現欲化簡必須要使得f（a）=f（b），進而想到分類討論來解決問題.其中，尤其要關注到常見思路（3）對于去掉函數復合中最外一層“f”的作用.

例3" （2015年保加利亞國家隊選拔考試）是否存在函數f：" R+→R+，使得對于任意的實數x，y均有（x+y）f（2yf（x）+f（y））=x3f（yf（x））①.

解" 設f（a）=f（b），其中a，b∈R+. 對于任意的z∈R+，在①中，令x=a，y=z，得（a+z）f（2zf（a）+f（z））=a3f（zf（a））②，在①中，令x=b，y=z，得（b+z）f（2zf（b）+f（z））=b3f（zf（b））③.

由②③得a+zb+z=a3b3，即對于任意的z∈R+，ab3+b3z=a3b+a3z.

所以ab3=a3b，b3=a3，即a=b.

從而，f為單射.

在①中，令x=2，y=6，得8f（12f（2）+f（6））=8f（6f（2）），即f（12f（2）+f（6））=f（6f（2））.

由f為單射，得12f（2）+f（6）=6f（2），所以6f（2）+f（6）=0，又由f：" R+→R+得6f（2）+f（6）gt;0，矛盾.

故不存在滿足題意的函數.

評注" 本題中，如將兩個變量x，y互換，會發現新舊兩個函數方程聯立時無法化簡消元，解答難以為繼.但如引入新的變量z，并分別令x=a，y=z和x=b，y=z構造兩個“對稱”的函數方程，再結合常見思路（3）問題便可解決．

2.構造“遞推”的函數方程

例4" （高考難題的改編題）已知函數f（x）滿足4f（x）f（y）=f（x+y）+f（x－y），其中x，y∈R，且f（1）=14，則f（2022）=.

解" 對于函數方程4f（x）f（y）=f（x+y）+f（x－y），令y=1，得f（x+1）=f（x）－f（x－1）①.

將x用x+1代入，得f（x+2）=f（x+1）－f（x）②.

將式①代入等式②，得f（x+2）=－f（x－1），即f（x+3）=－f（x）③.

將x用x+3代入，得f（x+6）=－f（x+3）④.

將式③代入等式④中得f（x+6）=f（x），即f（x）是周期函數，且周期T=6.

所以f（2022）=f（0）.

在題設的函數方程中，令x=1，y=0，得4f（1）f（0）=f（1）+f（1），由f（1）=14，得f（0）=12，即f（2022）=12.

評注" “對于函數方程①，將x用x+1代入”旨在構造一個與①形似，且與①存在類似于數列中遞推關系的新的函數方程②，進而將式①代入等式②中（或聯立方程①②）試圖發現題設函數方程的本質.這里要注意到x和x+1均為函數方程①中占據自變量位置的數式.

同樣，“對于函數方程③，將x用x+3代入”的目的是為了構造“遞推”的函數方程④.這里要注意到x和x+3均為函數方程③中占據自變量位置的數式.

例5" （數學奧林匹克高中訓練題（272）［1］）設函數f：R+→R在定義域上嚴格單調遞減，且對于任意的x∈R+，均有f（x）ff（x）+32x=14. 證明：不存在x∈R+，使得f（x）+3x=2.

解" 對于題中的函數方程f（x）ff（x）+32x=14①，將x用f（x）+32x代入，得ff（x）+32xfff（x）+32x+32f（x）+3x=14②.

由①②得fff（x）+32x+32f（x）+3x=f（x）.

由函數f：R+→R在定義域上嚴格單調遞減，得ff（x）+32x+32f（x）+3x=x.

所以ff（x）+32x=x－32f（x）+3x=2x2f（x）2xf（x）+3.

又因為f（x）ff（x）+32x=14，所以2x2f（x）2xf（x）+3=14f（x），即（2xf（x）+1）（4xf（x）－3）=0.

所以f（x）=－12x或f（x）=34x.

若存在x0∈" R+，使得f（x0）=－12x0，則由函數f：R+→R在定義域上嚴格單調遞減，得當xgt;x0時，f（x）lt;f（x0）lt;0.

于是，當xgt;x0時，f（x）=－12x.

故f：R+→R在（x0，+∞）上嚴格單調增，這與題意不符.

從而，對于x∈R+，均有f（x）=34x.

驗證知此時的函數f（x）符合題意.

因此，對于任意的x∈R+，f（x）+3x=34x+3x≥234x×3x=3gt;2.

即不存在x∈R+，使得f（x）+3x=2.

評注" 解答中，“對于函數方程①，將x用f（x）+32x代入”旨在構造“遞推”的函數方程②，進而解決問題.這里要注意到x和f（x）+32x均為函數方程①中占據自變量位置的數式.其中，尤其要關注到常見思路（3）對于去掉函數方程復合中最外一層“f”的作用.

例6" （2016年德國數學競賽）求所有的函數f：R＼－13，13→R，使得對于定義域內的任意實數x，均有fx+11－3x+f（x）=x.

解" 對函數方程f（x+11－3x）+f（x）=x①.

將x用x+11－3x代入，得fx－13x+1+fx+11－3x=x+11－3x②.

對于②，將x用x+11－3x代入，得f（x）+fx－13x+1=x－13x+1③.

由①+③-②，得f（x）=12x+x－13x+1－x+11－3x=9x3+6x2－x+218x2－2.

經檢驗，上式滿足題設條件.

評注" 本題的解題思路還是通過構造“遞推”的函數方程解決問題.與之前所不同的是連續兩次“將x用x+11－3x代入”，最后通過三個方程的聯立（或代入）才將問題解決.

在本題中，如令g（x）=x+11－3xR＼－13，13，則得g（g（x））=x－13x+1，g（g（g（x）））=x，這樣便會發現函數三次復合后便出現了循環.這一點與例4通過“構造‘遞推’的函數方程得到周期函數”有異曲同工之妙.

參考文獻

［1］數學奧林匹克高中訓練題（272）［J］.中等數學，2022（2）：40.