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高二竞赛讲义 函数迭代与函数方程 4


高二数学竞赛班一试讲义 第4讲 一、知识要点:
1.函数迭代:对于函数 f ( x ) ,

函数迭代与函数方程
班级 姓名

令 f (1) ( x) ? f ( x), f ( 2) ( x) ? f ( f (1) ( x)),?, f ( n) ( x) ? f ( f ( n?1) ( x)) (n ? 2,

n ? N ) ,我

( x) 称为函数 f ( x) 的 n 次迭代。 思考:设 an ? f ( n) ( x) ,则 an ? f (an?1 ) , a0 ? x , a1 ? f ( x) ,转化为数列递推。
们将 f 2.函数方程:将含有未知函数的等式称为函数方程. 3.柯西方法解函数方程的步骤是:先求出对于自变量取所有自然数时函数方程的解具有的 形式,然后依次证明对自变量取整数值、有理数值以及实数值时函数方程的解仍具有这 种形式,从而得到函数方程的解。这种思维又叫“爬坡式推理”。 定理(柯西函数方程的解) 若 f ( x ) 是单调连续函数且满足 f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y) ( x, y ? R) ,则 f ( x) ? xf (1) 证明:由题设不难得 f ( x1 ? x2 ? ? ? ? ? xn ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? ? ? ? ? f ( xn )
? 取 x1 ? x2 ? ? ? ? ? xn ? x ,得 f (nx) ? nf ( x) (n ? N )

(n)

令 x ? 0 ,则 f (0) ? nf (0) ,解得 f (0) ? 0 --------- (1) 令 x ? 1 ,则 f (n) ? nf (1)

m m m 1 m (m, n ? N ? ) ,则 f ( m) ? nf ( ) ,得 f ( ) ? f (m) ? f (1) --------- (2) n n n n n m m m 令x?? (m, n ? N ? ) ,由 f (? ) ? f ( ) ? f (0) ? 0 ,得 n n n m m m f (? ) ? ? f ( ) ? ? f (1) ---------(3) n n n 由上述(1) , (2) , (3)知:对任意有理数 x 均有 f ( x) ? xf (1) 。 另一方面, 对于任意的无理数 x , 因 f ( x ) 连续, 取以 x 为极限的有理数序列 ?xn ?, 则有: f ( x ) ? lim f ( xn ) ? lim xn f (1) ? xf (1)
令x ?
n ?? n ??

综上所述,对于任意实数 x ,有 f ( x) ? xf (1) 4.递推法函数方程.

二、例题精析
例 1.设 f : D ? E R \ ?0, 1?,且 f ( x) ? f (

x ?1 ) ? 1? x x

1 ○

求 f ( x ) .(第 32 届美国普特南数学竞赛题)

例 2. (1)设 f ( x) ? ax ? b ,令 f1 ( x) ? f ( x), fk ?1 ( x) ? f (2)设 f ( x) ?

? fk (x)? ,求 f n ( x) 的表达式.

x2 ,令 f1 ( x) ? f ( x), fk ?1 ( x) ? f ? f k ( x) ? ,求 f10 ( x) 的表达式. 2x ?1

1

例 3.用柯西方程解下列(单调连续)函数方程: (1) f ( x) f ( y) ? f ( x ? y) , x, y ? R ; (2) f ( x) ? f ( y) ? f ( xy) , x, y ? R ? ; (3) f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y) ? xy( x ? y) ,且 f ?(0) ? 1 。

例 4.求所有的正实数对 ( a, b) ,使得函数 f ( x) ? ax2 ? b 满足:对任意实数 x, y ,有 (2013 年高中数学联赛) f ( xy) ? f ( x ? y) ? f ( x) f ( y) 。

例 5.设定义在[0,2]上的函数 f ( x) 满足下列条件:

①对于 x ? [0, 2] ,总有 f (2 ? x) ? f ( x) ,且 f ( x) ? 1 , f (1) ? 3 ; ②对于 x, y ? [1, 2] ,若 x ? y ? 3 ,则 f ( x) ? f ( y) ? f ( x ? y ? 2) ? 1 . 1 2 证明: (1) f ( n ) ? n ? 1 ( n ? N * ) ; 3 3 (2) x ? [1, 2] 时, 1 ? f ( x) ? 13 ? 6 x .

2

三、精选习题
1.设 f ( x) 满足 f ( x ) ? 2 f ( ) ? x, 则 f ( x) 的值域是 2.已知函数 f ? x ? 满足: f ?1? ?

1 x



) ? ____________. 则 f (2010
3.设 f1 ( x) ?

1 , 4 f ? x ? f ? y ? ? f ? x ? y ? ? f ? x ? y ?? x, y ? R ? , 4


f (2) ? 1 2 ,而 f n ?1 ( x) ? f1[ f n ( x)] , n ? N ? .记 an ? n ,则 a99 ? x ?1 f n (2) ? 2

4.设 f ( x ) ?

x ?1 ,记 f n ( x) ? f { f [? ? ? f ( x)]} ,则 f1999 ( x) ? ?? ? ??? ? x ?1
n个f



5. 设 f : R ? R, f ( x ) ?

x 1 ? x2

,记 f n ( x) ? f { f [? ? ? f ( x)]} ,则 fn ( x) ?

?? ? ??? ?
n个f

. .

6.已知 f ( x ) 为一次函数,且 f 7.用柯西方程解函数方程 (1) f ( x ? y ) ?

( 2007 )

( x) ? 2

2007

x ? 3(22007 ?1) ,则 f ( x) ?

f ( x) f ( y ) ( x ? 0) ,求 f ( x) ; f ( x) ? f ( y ) , (2) f (m ? n) ? f (m) ? f (n) ? mn,f (1) ? 1 求 f ( x) .

8.已知函数 f ( x ) ? 取值范围。

a ? x 。若对于任意 x ? (0,1) ,有 f (x) f ( 1 ? x) 1 ? 恒成立,求实数 a 的 x

3

9.已知函数 f ( x)在(?1,1)上有意义 , f ( ) ? ?1, 且任意的 x 、 y ? (?1,1) 都有

1 1 1 x? y ) 的表达式. f ( x) ? f ( y ) ? f ( ) ,求 1 ? f ( ) ? f ( )? ? f ( 2 5 11 n ? 3n ? 1 1 ? xy

1 2

10. (2004 年高中联赛试题)设函数 f : R ? R ,满足 f (0) ? 1 ,且 ?x, y ? R ,都有

f ( xy ? 1) ? f ( x) f ( y) ? f ( y) ? x ? 2 求 f ( x) .

(1)

11.已知定义域为 ?0,1? 的函数 f ( x) 同时满足: (1)对于任意 x ? ?0,1? ,总有 f ( x) ? 0 ; (2) f (1) ? 1 ; (3)若 x1 ? 0 , x2 ? 0 , x1 ? x2 ? 1,则有 f ( x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) 。 (Ⅰ)试求 f (0) 的值; (Ⅱ)试求函数 f ( x) 的最大值; (Ⅲ)试证明:满足上述条件的函数 f ( x) 对一切实数 x ,都有 f ( x) ? 2 x 。

4

高二数学竞赛班一试讲义 第4讲

函数与函数方程
y ?1 ( y ? 0, 1) 是有作用的,带入○ 1得 y

例 1.解 从原方程的形式可以看出,作变量代换 x ?

y ?1 1 2y ?1 ,把这个式子中的 y 改写成 x ,得 )? f( )? y y ?1 y x ?1 1 2x ? 1 f( )? f( )? 2 ○ x 1? x x 1 1 2? z ( z ? 0, 1) ,代入○ ) ? f ( z) ? 再令 x ? 1得 f ( 1? z 1? z 1? z 1 2? x ) ? f ( x) ? 把 z 换成 x ,又得 f ( 3 ○ 1? x 1? x x ?1 1 ),f ( ) 的三元一次方程组。 把○ 1 ,○ 2 ,○ 3 联立,就可以看成是一个关于 f ( x),f ( x x ?1 1 2 ? x 2x ? 1 x 3 ? x 2 ? 1 1 + 2 3 解之,可得 f ( x ) ? [( 1 ? x ) ? ? ]? ○ ○○ 2 1? x x 2 x( x ? 1) f(
经验证这个函数满足原函数方程。 例 2. (1)一般地,若 f ( x) ? ax ? b ,则把它写成 f ( x) ? a ( x ? 因而

b b , )? 1? a 1? a

b b )? 1? a 1? a b b …… f ( n ) ( x) ? a n ( x ? )? 1? a 1? a f (2) ( x) ? a 2 ( x ?
这里的

f (3) ( x) ? a 3 ( x ?

b b )? 1? a 1? a

b 就是方程 ax ? b ? x 的根.一般地,方程 f ( x) ? x 的根称为函数 f ( x ) 的不动点. 1? a

(n) 如果 x0 是函数 f ( x ) 的不动点,则 x0 也是 f ( x) 的不动点.可用数学归纳法证明.利用不

动点能较快地求得函数 f ( x ) 的 n 次迭代式.

x2 (2)解: f ( x) ? 2 ? x ? ( x ? 1)2
2

1 ? 1? 1 ? ?1 ? ? ? x?
2





1 1 ? 1? ? 1? ? 1 ? ?1 ? ? , 1 ? ? ?1 ? ? , f ( x) f ( x) ? x ? ? x?
2

2

? 1 1 ? ? ?1 ? 易 x 为 f k ( x ) ,得 1 ? (定义 x ? f 0 ( x) ) ,所以, ? , f k ?1 ( x) ? f k ( x) ?

? 1 ? 1? ? 1? 1? ? 1? 1? ? ?1 ? ? ? ?1 ? ? ? ? ? ? 1 ? ? ? ?1 ? ? , f10 ? f9 ? ? f8 ? f0 ? ? x? ? 10 1 x2 从而, f10 ? . 10 ? 10 2 210 x 2 ? ? x ? 1? ? 1? 1 ? ?1 ? ? ? x? 例 1. (1)我们首先证明 f ( x) ? 0 由所给的函数方程得知
5

2

22

210

210

? x x? f ( x) ? f ? ? ? ? ?2 2?

? x ? ? x ? ? ? x ?? f ? ? f ? ? ? ? f ? ?? ? 0 ? 2 ? ? 2 ? ? ? 2 ??

2

这就是说,对于 x 的任何实数值,f (x)的值是非负数. 我们进一步证明,对于 x 的任何实数 值,f (x)不能是零. 实际上,一旦存在某个 x0,能使 f (x0)=0. 那末 f (x)将恒等于零. 这是因 为 f ( x) ? f [(x ? x0 ) ? x0 ] ? f ( x ? x0 ) f ( x0 ) ? 0 这样一来,就与我们在本节初对 f (x)的单调性要求相矛盾了. 总之,对于任何实数 x,总有

f ( x) ? 0

在所给的函数方程两边同时取对数,即得 loga f ( x ? y) ? loga f ( x) ? loga f ( y) 设 g ( x) ? log a ∴

f ( x ? y) ,就有 g ( x ? y) ? g ( x) ? g ( y)

这样就把原函数方程化成了柯西方程. 柯西方程的解是正比例函数 g ( x) ? c1 x

log a f ( x) ? c1 x
cx c x x

即 f ( x) ? a 1 ? (a 1 ) ? c ,这里, c ? a 1 . (2)因函数

c

f ( x) 的定义域是正实数. 故可设 u ? logb x, v ? logb y 或 x ? bu , y ? bv 代入
u ?v

) ? f (bu ) ? f (bv ) t 令 ? (t ) ? f (b ) ,就有 ? (u ? v) ? ? (u) ? ? (v) 这是柯西方程.∴ ? (u) ? cu
原函数方程得 f (b 所以有 f ( x) ? f (b ) ? ? (u) ? cu ? c logb x
u
1

c 设 a ? b c 则 c logb x ? logb x ? log 1 x ? loga x bc

f ( x) ? l o g a x ,所给函数方程的解是对数函数. 1 1 3 1 3 3 (3) f ( x ? y ) ? f ( x) ? f ( y ) ? ( x ? y ) ? x ? y , 3 3 3 1 1 1 f ( x ? y ) ? ( x ? y ) 3 ? f ( x) ? x 3 ? f ( y ) ? y 3 3 3 3 1 设 g ( x ) ? f ( x ) ? x 3 ,则 g ( x ? y) ? g ( x) ? g ( y) 3
∴ 这样就把原函数方程化成了柯西方程. 柯西方程的解是正比例函数 g ( x) ? c1 x ,

1 3 1 x ? c1 x ,则 f ( x) ? x 3 ? c1 x 3 3 1 3 由 f ?(0) ? 1 得 c1 ? 1 ,所以 f ( x) ? x ? x 3 类似的,利用柯西函数方程的解,在连续或单调的条件下可得: (1)若 f(xy)=f(x)+f(y) (x>0,y>0),则 f(x)=㏒ ax (2)若 f(xy)=f(x)f(y) (x>0,y>0),则 f(x)= x k (3)若 f(x+y)=f(x)+f(y)+kxy,则 f(x)=ax2+bx (4)若 f(x+y)+f(x-y)=2f(x),则 f(x)=ax+b 2 2 2 2 例 4. a( xy) ? b ? a( x ? y) ? b ? (ax ? b)(ay ? b)
所以 g ( x) ? f ( x) ?

a( xy)2 ? b ? a( x ? y)2 ? b ? a 2 ( xy)2 ? ab( x2 ? y 2 ) ? b2 2 2 2 令 xy ? t , x ? y ? s ,则 x ? y ? s ? 2t ,得 (a ? a 2 )t 2 ? 2abt ? (a ? ab)s 2 ? 2b ? b2 ? 0

6

(a ? a 2 )[t ?
故有

ab 2 a 2b 2 2 2 ] ? ( a ? ab ) s ? 2 b ? b ? ? 0 恒成立 a ? a2 a ? a2

? ?a ? a 2 ? 0 ?0 ? a ? 1 ?0 ? a ? 1 ? ? ? ? 得 ?0 ? b ? 1 ,所有的正实数对 ( a, b) 满足条件 ?0 ? b ? 1 ?a ? ab ? 0 ? ?2a ? b ? 2 ?2a ? b ? 2 2 2 ? ?2b ? b 2 ? a b ? 0 ? 2 ? a?a ? 例 5.证明:由 f (2 ? x) ? f ( x) 知,函数 f ( x) 图像关于直线 x ? 1 对称,则根据②可知: 对于 x, y ? [0,1] ,若 x ? y ? 1 ,则 f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y) ? 1 .……………2 分 设 x1 , x2 ? [0,1] ,且 x1 ? x2 ,则 x2 ? x1 ? [0,1] .
∵ f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? f [ x1 ? ( x2 ? x1 )] ? f ( x1 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ? x1 ) ? 1 ? f ( x1 )

? f ( x2 ? x1 ) ? 1 ? 0 , ∴ f ( x) 在[0,1]上是不减函数. 1 1 1 1 1 1 1 1 (1)∵ f ( n ?1 ) ? f ( n ? n ? n ) ? f ( n ? n ) ? f ( n ) ? 1 ? 3 f ( n ) ? 2 , 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 ∴ f ( n ) ? f ( n ?1 ) ? ? 2 f ( n ? 2 ) ? 2 ? ? ... ? n f ( n ? n ) ? n ? ... ? 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 2 ? n ?1 ? 1 ? n ? n ? 1 . 3 3 3 1 1 (2)对于任意 x ? (0,1] ,则必存在正整数 n ,使得 n ? x ? n ?1 . 3 3 1 1 因为 f ( x) 在(0,1)上是不减函数,所以 f ( n ) ? f ( x) ? f ( n ?1 ) , 3 3 1 2 1 由(1)知 f ( n ?1 ) ? n ?1 ? 1 ? 6 n ? 1 ? 6 x ? 1 . 3 3 3 由①可得 f (2) ? 1 ,在②中,令 x ? y ? 2 ,得 f (2) ? 1 ,∴ f (2) ? 1 . 1 1 而 f (2) ? f (0) ,∴ f (0) ? 1 ,又 f ( n ) ? f (0) ,∴ f ( n ) ? 1 , 3 3 ∴ x ? [0,1] 时, 1 ? f ( x) ? 6 x ? 1 .. ∵ x ? [1, 2] 时, 2 ? x ? [0,1] ,且 f ( x) ? f (2 ? x) , ∴ 1 ? f (2 ? x) ? 6(2 ? x) ? 1 ? 13 ? 6 x , 因此, x ? [1, 2] 时, 1 ? f ( x) ? 13 ? 6 x .
1 1 2 2 2 2 ] ?[ , ??) 解:由 f ( x ) ? 2 f ( ) ? x, 将 x 换为 ,有 x x 3 3 1 1 1 1 2 1 2 2 2 f ( ) ? 2 f ( x) ? ,两式消去 f ( ) 得 f ( x) ? ? ( x ? ),? | f ( x) |? | x ? |? x x x 3 x 3 x 3 1 2. 2 2 1 2 3.解:因为 f1 ( 2) ? ,所以 a1 ? ? ,而 f n (2) ? 8 3 f n?1 (2) ? 1
1. (??, ?

7

2 ?1 f n (2) ? 1 f n?1 (2) ? 1 1 f (2) ? 1 ? ? ? ? n?1 所以 。 2 f n (2) ? 2 2 f n?1 (2) ? 2 ?2 f n?1 (2) ? 1 1 1 1 98 1 即 a n ? ? a n ?1 ,故 a99 ? ? (? ) ? ? 101 。 2 8 2 2 x ?1 1 ,f 2 ( x) ? f ( f1 ( x)) ? ? 4.解 因为 f 1 ( x) ? f ( x) ? x ?1 x 1? x f 3 ( x) ? f ( f 2 ( x)) ? ,f 4 ( x) ? f ( f 3 ( x)) ? x 1? x 所以 f 4k ?1 ( x) ? f1 ( x),f 4k ?2 ( x) ? f 2 ( x),f 4k ?3 ( x) ? f 3 ( x),f 4k ( x) ? f 4 ( x) k ? N 1? x 则 f 1999 ( x) ? f 4 k ?3 ( x) ? f 3 ( x) ? 1? x x
5. 解: f1 ( x) ? f ( f ( x)) ?

f ( x) 1 ? ? f ( x)?
2

?

1? x2 ? x 1? ? ? 2 ? 1? x ? ? ? ?
x
2

?

x 1 ? 2x 2



x f 2 ( x ) ? f ( f1 ( x )) ? 1 ? 2x2 ? x 1? ? ? 2 ? 1 ? 2x ? ? ? ?
2

?

1 ? 3x 2



f 3 ( x) ?

x 1 ? 4x2



猜想 f n ( x ) ?

x 1 ? (n ? 1) x 2
x

设 n=k 时上式成立,当 n=k + 1 时,

f k ?1 ( x ) ? f ( f k ( x )) ?

1 ? ( k ? 1) x 2 ? x 1? ? ? 1 ? ( k ? 1) x 2 ? ? ? ? ?
2

?

x 1 ? ( k ? 2) x 2



由数学归纳法知猜想正确. 6.解 设 f ( x) ? ax ? b ,显然 a ? 1 .

b b ,即 x0 ? 为 f ( x ) 的不动点.由定理 1 知, 1? a 1? a b b f ( 2007 ) ( x) ? a 2007 ( x ? )? , 1? a 1? a b b ? ? 3(2 2007 ? 1) , ? a 2007 ? 2 2007 , ? a 2007 ? 1? a 1? a 解之得 a ? 2, b ? 3 ,所以 f ( x) ? 2 x ? 3 .
令 x ? ax ? b ,得 x0 ?

8

7. (1)解:由原方程得 设 ? ( x) ?

1 f ( x) ? f ( y ) 1 1 ? ? ? f ( x ? y) f ( x) f ( y ) f ( x) f ( y )

1 就有 ? ( x ? y) ? ? ( x) ? ? ( y) f ( x) 1 a ? 这是柯西方程. ∴ ? ( x) ? cx , f ( x ) ? cx x 1 这里, a ? ,所给函数方程的解是反比例函数. c x( x ? 1) (2) f ( x) ? 2
8.记 y ? 1 ? x ,则 y ? (0,1) 。故 f ( x) f (1 ? x) ? f ( x) f ( y ) ? ( ? x)(

a x

a ? y) y

x 2 y 2 ? a( x 2 ? y 2 ) ? a 2 x 2 y 2 ? a[( x ? y)2 ? 2 xy] ? a 2 ? xy xy 1 令 xy ? t ,则 t ? (0, ] ,设 g (t ) ? f ( x) f (1 ? x) , 4 2 t ? a(1 ? 2t ) ? a 2 ? 1 ,即 t 2 ? (2a ?1)t ? a2 ? a ? 0 则 g (t ) ? t ?
分三类情形讨论。

1 1 ? a ? 0 ,即 a ? 时,只需 g (0) ? 0 ? a2 ? a ? 0 ? a ? 1 2 2 1 1 ? 0? ?a ? ? ? 2 4 (2) ? 无解 1 ? g ( ? a) ? 0 ? ? 2 1 ?1 ?a ? ? ?2 4 ?a??1 (3) ? 4 ?g(1) ? 0 ? ? 4 1 综上, a ? ? 或a ?1 4 0?0 ) ? f (0), 故f (0) ? 0 · 9.由题设,有 f (0) ? f (0) ? f ( 1? 0 x?x ) ? f (0) ? 0, 又 x ? (?1,1), 有f ( x) ? f (? x) ? f ( 1? x2 得 f (? x) ? ? f ( x),故知f ( x)在(?1,1) 上为奇函数. · 1 1 1 ? (k ? 1)(k ? 2) 1 1 ? ? k ?1 k ? 2 ? 由 2 1 1 k ? 3k ? 1 (k ? 1)(k ? 2) ? 1 1 ? 1? (k ? 1)(k ? 2) (k ? 1)(k ? 2) 1 1 1 1 1 )? f( ) ? f (? )? f( )? f( ) 得 f( 2 k ?1 k?2 k ?1 k?2 k ? 3k ? 1
(1)若

9

于是

? f (k
k ?1

n

2

1 1 1 1 ) ? f( )? f( ) ? ?1 ? f ( ). 2 n?2 n?2 ? 3k ? 1
f ( xy ? 1) ? f ( y) f ( x) ? f ( x) ? y ? 2

10.解 (方法 1)在(1)中将 x, y 互换,则有 (2) 由(1) , (2)得

在(3)中令 y ? 0 ,则有 的解. (方法 2)在(1)中令 y ? 0 ,得

f ( x) ? y ? f ( y ) ? x (3) f ( x) ? f (0) ? x ,即 f ( x) ? x ? 1 .易证 f ( x) ? x ? 1 是方程(1)

f (1) ? f ( x) f (1) ? f (0) ? x ? 2 f (1) ? f ( x) f (1) ? x ? 1 . 即 为了求出 f ( x ) ,需要求 f (1) ,为此在(1)中令 x ? y ? 0 ,得 f (1) ? f (0) f (0) ? f (0) ? 2 , 从而有 f (1) ? 2 ,代入(4)可得 f ( x) ? x ? 1 . 11.解: (Ⅰ)令 x1 ? x2 ? 0 ,
依条件(3)可得 f(0+0) ≥f(0)+f(0),即 f(0) ≤0。 又由条件(1)得 f(0) ≥0,则 f(0)=0 (Ⅱ)任取 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,可知 x2 ? x1 ? (0,1] 则 f ( x2 ) ? f [(x2 ? x1 ) ? x1 ] ? f ( x2 ? x1 ) ? f ( x1 ) 即 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ? x1 ) ? 0 ,故 f ( x2 ) ? f ( x1 ) 于是当 0≤x≤1 时,有 f(x)≤f(1)=1 因此,当 x=1 时,f(x)有最大值为 1, (Ⅲ)证明:研究①当 x ? ( ,1] 时,f(x) ≤1<2x ②当 x ? (0, ] 时, 首先,f(2x) ≥f(x)+f(x)=2f(x),∴ f ( x ) ? 显然,当 x ? (

(4)

1 2

1 2

1 f (2 x) 2

1 1 , ] 时, f ( x) ? f ( 1 ) ? 1 ? f (2 ? 1 ) ? 1 ? f (1) ? 1 成立。 22 2 2 2 2 2 2 1 1 1 假设当 x ? ( , k ] 时,有 f ( x ) ? k 成立,其中 k=1,2,… k ?1 2 2 2
当 x?(
1 2
k ?2

,

1 2
k ?1

] 时, f ( x) ? f (

1 2
k ?1

)?

1 1 1 1 1 1 1 ? f (2 ? k ?1 ) ? ? f ( k ) ? ? k ? k ?1 2 2 2 2 2 2 2

1 1 ] ,总有 f ( x ) ? n ,其中 n=1,2,… n 2 2 2 1 1 1 而对于任意 x ? (0, ] ,存在正整数 n,使得 x ? ( n ?1 , n ] , 2 2 2 1 此时 f ( x ) ? n ? 2 x 2
可知对于 x ? (
n ?1

1

,

③当 x=0 时,f(0)=0≤2x 综上可知,满足条件的函数 f(x),对 x∈[0,1],总有 f(x) ≤2x 成立。

10

11

12


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