例析构造法在函数方程竞赛问题中的应用

基金项目：北京市教育学会“十四五”教育科研课题“基于关键能力发展的高中数学学习进阶的研究”（ZXSXYB2021-024）

在函数中，我们常把含有条件“对于任意的x（或x，y），函数f（x）满足方程……”的问题称为函数方程问题.解决函数方程问题的常见思路有：（1）通过给函数方程中的变量赋值来求函数值；（2）通过给函数方程中的一个变量赋值，而另一个变量保持不变来求函数解析式；（3）将方程化为f（A）=f（B）的形式，用函数的单调性（或单射）来解方程；（4）利用函数方程，将求解不等式化为f（A）lt;f（B）等形式，用函数的单调性来解不等式，等等.

然而，在一些与函数方程有关的竞赛题中，常需要根据变量的任意性构造出一个新的函数方程，并将其与旧的函数方程联立解决问题.其中，构造新的函数方程主要有以下两种方法.

1.构造“对称”的函数方程

例1" （2008年北京市中学生数学竞赛高一年级初赛试题）设函数f（x）对x≠0的一切实数均有f（x）+2f2008x=3x， 则f（2）=（" ）.

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

解法1" 对于函数方程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正确.

解法2" 对于函数方程f（x）+2f2008x=3x③，将x用2008x代入，得f（2008x）+2f（x）=6024x ④.

联立等式①②，消去f（2008x），得f（x）=4016x－x.

所以f（2）=2006.故A正确.

评注" 解法1运用了常见思路（1）.若要在此题的条件下求函数f（x）的解析式，常见思路（2）便无能为力，这是因为一个方程里有相当于两个变量的f（x）和f（2008x）存在，这是不可能直接得到解析式的.如想到将f（x）和f（2008x）中的x与2008x互换，得到一个“对称”的函数方程④（如解法2），问题便迎刃而解.

例2" （2020年波罗地海之路数学竞赛）求所有的函数f：" R→R，使得对于任意的实数x，y均有f（f（x）+x+y）=f（x+y）+yf（y）①.

解" 若存在两个不相等的实数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相减得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.

所以对于任意y∈R，且y≠0时，f（y）=0④.

在等式①中，令x=y=0，得f（f（0））=f（0）.

若f（0）=c≠0，则f（c）=c，这与④矛盾.

于是f（0）=0.

所以，对于任意的x∈R，f（x）=0.

假设不存在两个不相等的实数a，b，使得f（a）=f（b）.

则f（x）是单射.

在等式①中，令y=0，得f（f（x）+x）=f（x）.

由f（x）是单射，得f（x）+x=x，即对于任意的x∈R，f（x）=0，这与假设矛盾.

综上，函数的解析式只可能为f（x）=0.

评注" 本题解决的关键在于将两个变量x，y互换得到“对称”的函数方程.在将新旧两个函数方程联立时，会发现欲化简必须要使得f（a）=f（b），进而想到分类讨论来解决问题.其中，尤其要关注到常见思路（3）对于去掉函数复合中最外一层“f”的作用.

例3" （2015年保加利亚国家队选拔考试）是否存在函数f：" R+→R+，使得对于任意的实数x，y均有（x+y）f（2yf（x）+f（y））=x3f（yf（x））①.

解" 设f（a）=f（b），其中a，b∈R+. 对于任意的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，即对于任意的z∈R+，ab3+b3z=a3b+a3z.

所以ab3=a3b，b3=a3，即a=b.

从而，f为单射.

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为单射，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.

故不存在满足题意的函数.

评注" 本题中，如将两个变量x，y互换，会发现新旧两个函数方程联立时无法化简消元，解答难以为继.但如引入新的变量z，并分别令x=a，y=z和x=b，y=z构造两个“对称”的函数方程，再结合常见思路（3）问题便可解决．

2.构造“递推”的函数方程

例4" （高考难题的改编题）已知函数f（x）满足4f（x）f（y）=f（x+y）+f（x－y），其中x，y∈R，且f（1）=14，则f（2022）=.

解" 对于函数方程4f（x）f（y）=f（x+y）+f（x－y），令y=1，得f（x+1）=f（x）－f（x－1）①.

将x用x+1代入，得f（x+2）=f（x+1）－f（x）②.

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

将x用x+3代入，得f（x+6）=－f（x+3）④.

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

所以f（2022）=f（0）.

在题设的函数方程中，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.

评注" “对于函数方程①，将x用x+1代入”旨在构造一个与①形似，且与①存在类似于数列中递推关系的新的函数方程②，进而将式①代入等式②中（或联立方程①②）试图发现题设函数方程的本质.这里要注意到x和x+1均为函数方程①中占据自变量位置的数式.

同样，“对于函数方程③，将x用x+3代入”的目的是为了构造“递推”的函数方程④.这里要注意到x和x+3均为函数方程③中占据自变量位置的数式.

例5" （数学奥林匹克高中训练题（272）［1］）设函数f：R+→R在定义域上严格单调递减，且对于任意的x∈R+，均有f（x）ff（x）+32x=14. 证明：不存在x∈R+，使得f（x）+3x=2.

解" 对于题中的函数方程f（x）ff（x）+32x=14①，将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）.

由函数f：R+→R在定义域上严格单调递减，得ff（x）+32x+32f（x）+3x=x.

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

又因为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，则由函数f：R+→R在定义域上严格单调递减，得当xgt;x0时，f（x）lt;f（x0）lt;0.

于是，当xgt;x0时，f（x）=－12x.

故f：R+→R在（x0，+∞）上严格单调增，这与题意不符.

从而，对于x∈R+，均有f（x）=34x.

验证知此时的函数f（x）符合题意.

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

即不存在x∈R+，使得f（x）+3x=2.

评注" 解答中，“对于函数方程①，将x用f（x）+32x代入”旨在构造“递推”的函数方程②，进而解决问题.这里要注意到x和f（x）+32x均为函数方程①中占据自变量位置的数式.其中，尤其要关注到常见思路（3）对于去掉函数方程复合中最外一层“f”的作用.

例6" （2016年德国数学竞赛）求所有的函数f：R＼－13，13→R，使得对于定义域内的任意实数x，均有fx+11－3x+f（x）=x.

解" 对函数方程f（x+11－3x）+f（x）=x①.

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

对于②，将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.

经检验，上式满足题设条件.

评注" 本题的解题思路还是通过构造“递推”的函数方程解决问题.与之前所不同的是连续两次“将x用x+11－3x代入”，最后通过三个方程的联立（或代入）才将问题解决.

在本题中，如令g（x）=x+11－3xR＼－13，13，则得g（g（x））=x－13x+1，g（g（g（x）））=x，这样便会发现函数三次复合后便出现了循环.这一点与例4通过“构造‘递推’的函数方程得到周期函数”有异曲同工之妙.

参考文献

［1］数学奥林匹克高中训练题（272）［J］.中等数学，2022（2）：40.