高中数学专题函数方程

一、 代換法 — 對函數方程的未知函數或未知函數的自變數作代換，以達到求解

函數方程的目的。此法多用於單變數函數方程。

1. 已知f (x ) 是偶函數，g (x ) 是奇函數，試解函數方程

f (x ) + g (x ) = 2007

+ x 2006

【解】由題意可得

x

f (x ) 、g (x ) 分別為偶函數與奇函數，所以 f ( − x ) + g ( − x ) = 2007 ( − x

+ ( − x ) 2006 ⇒ f (x ) − g (x ) = − 2007

+ x 2006

所以 f (x ) = x 2006，g (x ) = 2007

□ 2. 已知 −

π

2

≤ x ≤

π

2

，試解函數方程

f ( − tanx ) + 2f (tanx ) = sin2x 。

【解】將 − x 代入x ⇒ f ( − tan ( − x )) + 2f (tan ( − x )) = sin2( − x ) ⇒ f (tanx ) + 2 f( − tanx ) = − sin2x f (−tan x ) +2f (tanx ) =sin 2x

由聯立方程式

2f (−tan x ) +f (tanx ) =−sin 2x

解得 f (tanx ) = sin2x =

2tan x

1+tan 2x

故 f (x ) =

2x ππ

，其中 −≤ x ≤ □ 1+x 222

【結論】由上述兩個例子可看出，在函數方程中凡是涉及函數的奇偶性時，自變數x 的位置

具有對稱性。以 − x 代入x 所得新方程式與原方程式組成方程組，從而解出未知函數。

3. 解函數方程

f (x ) + log x ⋅ f (其中x > 0且b > 0，b ≠ 1。

1

111

【解】將代入x ，得 f () + log⋅ f (x ) = a x ，所以得方程組

x x x

1

) = a x ， x

1

f x +x ⋅f () log () =a x x

1

1 −log x ⋅f (x ) +f (=a x

x

a x

1

log x

a 1

= □ 解得 f (x ) =

1log x −log x 1

【結論】一般而言，對於函數方程

af (x ) + bf ( 類型，可用

1

) =ϕ(x ) （ab ≠ 0） 1 x

1

代入x 而得方程組 x

1

af (x ) +bf (=ϕ(x ) 2 x

11 bf (x ) +af () =ϕ()

3 x x

當a 2 − b 2 ≠ 0時，1 就有唯一解

1

a ϕ(x ) −b ϕ( 4 f (x ) = 22

a −b

ϕ(x ) b

當a 2 − b 2 = 0且

= 0時，因為ab ≠ 0，所以原方程組有無限多解； 1

ϕ(a x

ϕ(x ) b

當a 2 − b 2 = 0且

≠ 0時，原方程組無解。 1

ϕ(a x

4. 試解函數方程

f ( x + 1) = 2f (x ) + 1 且f (1) = 1，x 為自然數。

【解】由條件 f (1)=1 f (1)+1=2

f (x +1) =2f (x ) +1 得

f (x +1) +1=2(f (x ) +1)

⇒ f (1) + 1 = 2 且

f (x +1) +1

f (x ) +1

=2

所以數列 是首項為2，公比為2的等比數列 因此 f (x ) + 1 = 2 x

故所求函數為 f (x ) = 2 x − 1

【結論】一般而言，解遞迴函數方程

f (1)=1

f (n +1) =af (n ) +b （a 、b 為常數且a ≠ 1） 時，兩邊可同時加上一個數，來構造一個等比數列。 那麼該如何求這一個數呢？ 設此常數為m ，則

f (n +1) +m =a [f (n ) +m ]1

f (n +1) =af (n ) +b 2

1 − 2 ⇒ m =

b

a −1

代入 1 得 f (n + 1) +b a −1 = a [ f (n ) +b a −1

] 而 f (1) +

b a −1 = 1 +b a −1

， 所以數列

b a −1> 為首項為1 +b

a −1且公比為a 的等比數列， 其第n 項為 f (n ) +b = ( 1 +b

) ⋅ a n − 1a −1a −1

， 故 f (n ) = −

b a −1+ ( 1 +b a −1

) ⋅ a n − 1 （a ≠ 1） □

5. 已知f (1) = 0，f (2) = 1，試解函數方程

a 2 f (n + 2) = b 2 f (n ) 其中a > 0，b > 0。

【解】先由前幾項試著尋找規律：

f (3) = b 2 b 2b 2

b a 2f (1) = 0， f (4) = a 2f (2) = a 2 = (a ) 2，

f (5) = b 2 f (6) = b 2b 2 2

b 4a 2f (3) = 0， a 2f (4) = (a 2) = (a ) ，

至此不難發現：

當n 為奇數時，f (n ) = 0

當n 為偶數時，f (n ) = (b

a ) n −2 （a > 0且b > 0）

故所求函數

1+(−1) n f (n ) = 2⋅(b n −2

a )

6. 解函數方程

f ( x + y ) =

f (x ) f (y )

f (x ) +f (y )

其中對所有x ≠ 0均滿足f (x ) ≠ 0，且f (x ) 為連續函數。 【解】由原式得

1f (x +y ) =f (x ) +f (y ) f (x ) f (y ) =1

1f (x ) +f (y )

令g (x ) =

1

f (x )

，則得g (x ) 的函數方程 g ( x + y ) = g (x ) + g (y ) （※） 得其解為g (x ) = cx ，其中c = g (1) = 1

f (1)

≠ 0， 故所求方程式 f (x ) =

1cx = f (1)x

□

□

7. 對所有實數x 、y ，試求出滿足

f (x ) − g (y ) = ( x − y ) h (x + y ) 1

之所有R →R 函數f 、g 、h 。

【解】在1中令x = y ⇒ f (x ) = g (x ) 2 在1中令y = 0 ⇒ f (x ) = f (0) + xh (x ) 3

代入1 ⇒ xh (x ) − yh (y ) = ( x − y ) h (x + y ) 4 在4中令y = − x ⇒ h (x ) + h ( − x ) = 2h (0) 5

在4中令x = x + y ，y = − y ⇒ ( x + y ) h (x + y ) + y h ( − y ) = ( x + 2y ) h (x ) 在6中x 、y 互調 ⇒ ( x + y ) h (x + y ) + x h ( − x ) = ( 2x + y ) h (y ) 7 由5、6、7 ⇒ xh (y ) + yh (0) = yh (x ) + xh (0) ⇒ x [ h (y ) − h (0) ] = y [ h (x ) − h (0) ] ⇒ h (x ) −h (0)h (y ) −h (0)

x =

y

令

h (x ) −h (0)h (y ) −h (0)

x =

y

= k ，得 h (x ) = kx + h (0) 8 將8代入3 ⇒ f (x ) = kx 2 + h (0)x + f (0) 9 故由8、9、2 得知 f (x ) = g (x ) = kx 2 + ax + b ，

h (x ) = kx + a

6 □

二、 賦值法

1. 設多項式f (x ) 滿足f (0) = 0，且對任何實數x 均有

f ( x 2 + 1 ) = (f (x )) 2 + 1

試求f (x ) 。

【解】令x = 0，得f (1) = 1；

令x = 1，得f (2) = (f (1)) 2 + 1 = 2； 令x = 2，得f (5) = (f (2)) 2 + 1 = 5； 令x = 5，得f (26) = (f (5)) 2 + 1 = 26；

令x = 26，得f (26 2 + 1) = (f (26)) 2 + 1 = 26 2 + 1；

………… 如此繼續下去，得

f (x ) − x = 0有無限多解，由代數基本定理知，必有 f (x ) − x = 0 即 f (x ) = x 。

2. 函數f (n ) 定義在自然數集上，滿足

f (n ) = f (n − 1) + a n ，且 f (1) = 1，

試求f (n ) 。

【解】n = 2時，f (2) = f (1) + a 2 n = 3時，f (3) = f (2) + a 3 n = 4時，f (4) = f (3) + a 4 …………

n = n 時，f (n ) = f (n − 1) + a n

a 2(a n −1−1)

得 f (n ) = f (1) + a + a + … + a = 1 +

a −1

2

3

n

n

, a =1

故 f (n ) = a 2(a n −1−1)

, a ≠11+

a −1

3. 設函數f (n ) 在自然數集上定義，試解函數方程

f (n + 1) = f (n ) + n + 1。

【解】n = 1、2、3、…、k − 1時，得 f (2) = f (1) + 2 f (3) = f (2) + 3 f (4) = f (3) + 4 ………… f (k ) = f (k − 1) + k 則 f (k ) = f (1) + 2 + 3 + 4 + … + k =

1

k ( k + 1 ) + f (1) − 1 2

故 f (n ) =

1

n ( n + 1 ) + f (1) − 1 2

4. 設Q 表所有有理數所成之集合，試找出所有滿足下列條件之函數 f ：

（1） f (1) = 2

（2） f (xy ) = f (x ) f (y ) − f (x + y ) + 1，對所有x 、y ∈Q 。 1 【解】 令y = 1，得 f (x ) = 2f (x ) − f (x + 1) + 1 ⇒ f (x + 1) − f (x ) = 1，∀ x ∈Q

f (x + 1) − f (x ) = 1 ⇒ f ( x + n ) = f (x ) + n ，∀ x ∈Q 2 若x = 0，則 f (n ) = 1 + n ，所以我們猜測 f (x ) = x + 1； 令x =

111

（m ∈Z 且m ≠ 0），代入2 得 f (+ n ) = f () + n m m m

1

得 m

在式1中令x = m ，y = f ( m ⋅

111

) = f (m ) f () − f (+ m ) + 1 m m m

11

) − f () − m + 1 m m

11

) − f () − m + 1 m m

⇒ f (1) = f (m ) f (

= ( m + 1 ) f ( = m f ( ⇒ 2 = m f (

1

) − m + 1 m

111) − m + 1 得 f () = + 1 m m m

n

（m 、n 均為整數且m ≠ 0）代入式1 m

對任一有理數 ⇒ f (

n 11

) = f (n ) f () − f ( n +) + 1 m m m

11

+ 1) − ( n ++ 1 ) + 1 m m

= ( n + 1 )( =

n 11+ n ++ 1 − n − m m m n

+ 1 m

=

故所求函數為f (x ) = x + 1，∀ x ∈Q

5. 試求所有定義在自然數集上且滿足

f (x + y ) = f (x ) + f (y ) + xy 且 f (1) = 1 的函數f 。

【解】令y = 1，得 f ( x + 1) = f (x ) + 1 + x ⇒ f ( x + 1) − f (x ) = x + 1

所以 f (2) − f (1) = 2 f (3) − f (2) = 3 f (4) − f (3) = 4 ……

f (n ) − f (n − 1) = n

得 f (n ) = f (1) + 2 + 3 + …… + n = 1 + 2 + 3 + …… + n = 故 f (x ) =

1

x ( x + 1 ) 2

1

n ( n + 1 ) 2

三、 數學歸納法

1. 試解函數方程

f (n ) = cosθ+ f (n − 1) sinθ 其中f (1) = cosθ，θ∈ [ 0 , 2π]，n ∈N 。 【解】

由已知f (1) = cosθ及所給的函數方程，得

f (2) = cosθ+ cosθsin θ= cosθ( 1 + sinθ)

f (3) = cosθ+ cosθ( 1 + sinθ) sinθ= cosθ( 1 + sinθ+ sin 2θ)

f (4) = cosθ+ cosθ( 1 + sinθ+ sin 2θ) sinθ= cosθ( 1 + sinθ+ sin 2θ+ sin 3θ) …………

由此可猜想 f (n ) = cosθ( 1 + sinθ+ sin 2θ+ sin 3θ+ …… + sin n − 1θ)

cos θ(1−sin n θ)

=

1−sin θ 以下我們用數學歸納法來證明這個結論。 1 當n = 1時，f (1) =

cos θ(1−sin θ)

= cosθ，所以n = 1時成立；

1−sin θ

cos θ(1−sin k θ)

2 令n = k 時成立，即 f (k ) = ，

1−sin θ 則n = k + 1時， f (k + 1) = cosθ+ f (k ) sinθ

cos θ(1−sin k θ)

= cosθ+ ⋅ sinθ

1−sin θ

cos θ(1−sin θ) +sin θcos θ(1−sin k θ)

=

1−sin θ

cos θ[(1−sin θ) +sin θ(1−sin k θ)]

=

1−sin θ

cos θ(1−sin k +1θ)

= ，所以當n = k 成立時，n = k + 1亦成立

1−sin θ

cos θ(1−sin n θ)

故由數學歸納法得證 f (n ) = ，∀ n ∈N

1−sin θ

2. 已知φ(x ) = ( x − 1 ) 4，Ψ(x ) = 4 ( x − 1 ) 3，試解函數方程

( f (n ) − f (n − 1) )Ψ( f (n − 1)) +φ( f (n − 1)) = 0， 其中f (1) = 2。

【解】 由已知條件得

4 ( f (n ) − f (n − 1) )( f (n − 1) − 1 ) 3 + ( f (n − 1) − 1 ) 4 = 0 ⇒ ( f (n − 1) − 1 ) 3 [ 4 ( f (n ) − f (n − 1) ) + ( f (n − 1) − 1 ) ] = 0 ⇒ ( f (n − 1) − 1 ) 3 ( 4 f (n ) − 3 f (n − 1) − 1 ) = 0

因為f (1) = 2，所以 f (n − 1) − 1 ≠ 0，故得 4 f (n ) − 3 f (n − 1) − 1 = 0 即 f (n ) =

3f (n −1) +1

，而有 f (1) = 2 = 1 + 1

4

3×2+173

= = 1 + 444

f (2) =

73×+1

2593 f (3) = = = 1 + = 1 + () 2

416164

3×

f (4) =

25+1

913 = = 1 + () 3

4644

………… 所以我們猜想 f (n ) = 1 + (

3 n − 1

) ， 4

現在我們就用數學歸納法來證明這個結論： 1 當n = 1時，f (1) = 1 + (

3 0

) = 1 + 1 = 2，所以n = 1時成立； 4

3 k − 1) 4

2 令n = k 時成立，即 f (k ) = 1 + ( 則當n = k + 1時，

333[1+(k −1]+14+3⋅() k −1

3f (k ) +13 f (k + 1) = = = = 1 + () k

44443

故由數學歸納法得證 f (n ) = 1 + () n − 1，∀ n ∈N

43. 設函數f (n ) = 2n + 1，

3, n =1

g (n ) = ， 其中n ∈N ，

f (g (n −1)) , n ≥2

試求g (n ) 。

【解】g (1) = 3 = 2 2 − 1

g (2) = f (g (1)) = f (3) = 7 = 2 3 − 1 g (3) = f (g (2)) = f (7) = 15 = 2 4 − 1 g (4) = f (g (3)) = f (15) = 31 = 2 5 − 1

……

所以我們猜想 g (n ) = 2 n + 1 − 1

現在我們就用數學歸納法來證明此一結果

1 當n = 1時，g (1) = 2 2 − 1 = 3，所以n = 1時成立； 2 令n = k 時成立，即g (k ) = 2 k + 1 − 1

當n = k + 1時，g (k + 1) = f (g (k )) = f ( 2 k + 1 − 1 ) = 2 ( 2 k + 1 − 1 ) + 1 = 2 k + 2 − 1 故由數學歸納法得證 g (n ) = 2 n + 1 − 1，∀ n ∈N

四、 參數方程法

1. 已知f ( sinx − 1 ) = cos 2 x + 2，試求 f (x ) 。

【解】令t = sinx − 1 ⇒ sinx = t + 1 ⇒ sin 2 x = ( t + 1 ) 2

⇒ cos 2 x = 1 − sin 2 x = 1 − ( t + 1 ) 2 = − t 2 − 2t ⇒ f (t ) = − t 2 − 2t + 2 故 f (x ) = − x 2 − 2x + 2

2. 試解函數方程 f ( x +

11

) = x 6 +6。 x x

【解】令t = x + ⇒ x 6 +

111

，則 x 2 + 2= ( x + ) 2 − 2 = t 2 − 2，其中t ≥ 2 x x x

11 3122 12= ( x + ) − 3 ⋅ x ⋅⋅ ( x + ) x 6x 2x 2x 2

= ( t 2 − 2 ) 3 − 3 ( t 2 − 2 )

= t 6 − 6t 4 + 12t 2 − 8 − 3t 2 + 6，其中t ≥ 2 故 f (x ) = x 6 − 6x 4 + 9x 2 − 2，其中x ≥ 2

x +1x 2+11

3. 試解函數方程 f () =2+。

x x x

【解】令 t =

x +1， x

1x 2+2x +1x 2+122

則 = t − 1且 t = = +

x x 2x 2x

x 2+11x 2+12122

所以 f (t ) = + = +− = t − ( t − 1 ) = t − t + 1

x 2x x 2x x 故 f (x ) = x 2 − x + 1

4. 試解函數方程 f (

1

) = x

x > 0。 x

111

【解】令t =，則x = ⇒ x

x t t

= 所以 f (t

) = 故 f (x

) = ，其中x > 0

【另解】 f (

1

) = x

x

=

x

故 f (x

) = （x > 0）

【課後練習】

1. 解函數方程 f (cosx − 1) = cos 2 x 。 2. 解函數方程 f (3x +13x −2) = 3x +24x −1。 3. 解函數方程 f (x +2

x

) = log ( 4x + 1 )。 4. 解函數方程 f (

1−x x ) = 1+2x

x

2+ 4。 5. 解函數方程 f (e x ) = x + ln x 。 6. 解函數方程 f (

1−x 1+2x x ) = x 2+ 4。 Ans. f (x ) = ( x + 1 ) 2， − 2≤ x ≤ 0 Ans. f (x ) = 12x −1

5x +6

Ans. f (x ) = log ( x + 7 ) − log ( x − 1 ) Ans. f (x ) = x 2 + 4x + 7，x ∈R − {− 1} Ans. f (x ) = ln x + ln (ln x ) ，x > 1 Ans. f (x

x > 3

五、 自然數集上的函數方程

(n 2+n ) f (n ) 1. 試解函數方程 f (n + 1) = ，∀ n ∈N ，且 f (1) = 1。

3f (n ) +n 2+n

113(n 2+n ) f (n )

【解】 f (n + 1) = ⇒ =+

3f (n ) +n 2+n f (n +1) f (n ) n 2+n ⇒

11311−= 2= 3 (−)

f (n +1) f (n ) n +n n n +1

令 n = 1、2、3、… 得

1111

− = 3 (−)

12f (2)f (1)

1111

− = 3 (−)

23f (3)f (2)

…… 得

1111

− = 3 (−) f (n ) f (n −1) n −1n

11111334n −3− = 3 ( 1−) ， 所以 = + 3 − = 4 − = f (n ) f (1)n f (n ) f (1)n n n

故 f (n ) =

n

，n ∈N 4n −3

2. 設 f ：N → N 滿足 f (n + 1) = ( n + 1 ) f (n ) ，且f (1) = 1，試求 f (n ) 。

【解】令n = 1、2、3、… 得 f (2) = 2 f (1) f (3) = 3 f (2) …… f (n ) = n f (n − 1) 所以 f (n ) = f (1) ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ …… ⋅ n = n ！

六、 函數方程與函數求值

1. 設函數 f ：N → N 滿足（1）f (f (n )) = 4n + 9，∀ n ∈N

（2）f (2k ) = 2 k + 1 + 3，∀ n ∈N ∪{0}

試求 f (1789) = ？

【解】由（1）知 f (4n + 9) = f (f (f (n ))) = 4f (n ) + 9 又 1789 = 4 × 445 + 9， 445 = 4 × 109 + 9， 109 = 4 × 25 + 9， 25 = 4 × 4 + 9 且 f (4) = 2 3 + 3 = 11 所以 f (1789) = 4 f(445) + 9 = 4 ( 4 f(109) + 9 ) + 9 = 4 ( 4 ( 4 f(25) + 9 ) + 9 ) + 9 = 4 ( 4 ( 4 ( 4 f(4) + 9 ) + 9 ) + 9 ) + 9 = 4 ( 4 ( 4 ( 4 × 11 + 9 ) + 9 ) + 9 ) + 9 = 4 ( 4 ( 4 × 53 + 9 ) + 9 ) + 9 = 4 ( 4 × 221 + 9 ) + 9 = 4 × 893 + 9 = 3581

2. 函數 f ( x , y ) 對所有的非負整數x 、y 滿足

（1） f ( 0 , y ) = y + 1 1 （2） f ( x + 1 , 0) = f ( x , 1) 2 （3） f ( x + 1 , y + 1) = f ( x , f ( x + 1 , y ))

3

試求 f ( 4 , 1995 ) 之值。 【解】

令式2中之x = 0且式1中之y = 1 ⇒ f ( 1 , 0 ) = f ( 0 , 1 ) = 2 令式3中之x = 0

f ( 1 , y + 1 ) = f ( 0 , f ( 1 , y )) = f ( 1 , y ) + 1

⇒ f ( 1 , y + 1 ) = f ( 1 , 0 ) + ( y + 1 ) = 2 + ( y + 1 ) 4

令式3中之x = 1

f ( 2 , y + 1 ) = f ( 1 , f ( 2 , y )) = 2 + f ( 2 , y )

⇒ f ( 2 , y + 1 ) = 2 ( y + 1 ) + f ( 2 , 0 ) = 2 ( y + 1 ) + f ( 1 , 1 ) = 2 ( y + 1 ) + 3 令式3中之x = 2

f ( 3 , y + 1 ) = f ( 2 , f ( 3 , y )) = 2f ( 3 , y ) + 3 ⇒ f ( 3 , y + 1 ) = 2f ( 3 , y ) + 3

= 2 [ 2f ( 3 , y − 1 ) + 3 ] + 3 = 2 2 f ( 3 , y − 1 ) + 22 × 3 − 3 = 22 [ 2f ( 3 , y − 2 ) + 3 ] + 9 = 23 f ( 3 , y − 2 ) + 23 × 3 − 3 = 23 [ 2f ( 3 , y − 3 ) + 3 ] + 21 = 24 f ( 3 , y − 3 ) + 24 × 3 − 3 = 24 [ 2f ( 3 , y − 4 ) + 3 ] + 45 = 25 f ( 3 , y − 4 ) + 25 × 3 − 3 …………

= 2 y + 1 [ f ( 3 , 0 ) + 3 ] − 3 = 2 y + 1 [ f ( 2 , 1 ) + 3 ] − 3 = 2 y + 1 [ 2 × 1 + 3+ 3 ] − 3 = 2 y + 4 − 3

5

令式3中之x = 3

f ( 4 , y + 1 ) = f ( 3 , f ( 4 , y )) = 2 f ( 4 , y ) + 3 − 3

2f (4,0) +3

⇒ f ( 4 , y + 1 ) = 2 f ( 4 , y ) + 3 − 3 = 22

f (4,y −1) +3

−3 = … = 22

2

2

−3 （y + 1個2）

又f ( 4 , 0 ) + 3 = f ( 3 , 1 ) + 3 = 2 4 − 3 + 3 = 16 = 22

2

⇒ f ( 4 , y + 1 ) = −3+22

2

（共有y + 4個2） （共有1998個2）

2

故f ( 4 , 1995 ) = −3+22

2

3. 定義在有序自然數對上的函數f 滿足

（1）f ( x , x ) = x 1

（2）f ( x , y ) = f ( y , x ) 2 （3）( x + y ) f ( x , y ) = y f ( x , x + y ) 3 試計算 f ( 14 , 52 ) 之值。 【解】

由3得知 38 f ( 14 , 14 + 38 ) = ( 14 + 38 ) f ( 14 , 38 ) = 52 f ( 14 , 38 ) 24 f ( 14 , 14 + 24 ) = ( 14 + 24 ) f ( 14 , 24 ) = 38 f ( 14 , 24 )

10 f ( 14 , 14 + 10 ) = ( 14 + 10 ) f ( 14 , 10 ) = 24 f ( 14 , 10 ) = 24 f ( 10 , 14 ) 4 f ( 10 , 10 + 4 ) = ( 10 + 4 ) f ( 10 , 4 ) = 14 f ( 10 , 4 ) = 14 f ( 4 , 10 ) 6 f ( 4 , 4 + 6 ) = ( 4 + 6 ) f ( 4 , 6 ) = 10 f ( 4 , 6 )

2 f ( 4 , 4 + 2 ) = ( 4 + 2 ) f ( 4 , 2 ) = 6 f( 4 , 2 ) = 6 f( 2 , 4 )

2 f ( 2 , 2 + 2 ) = ( 2 + 2 ) f ( 2 , 2 ) = 4 f( 2 , 2 ) = 4 × 2 = 8 得 f ( 2 , 4 ) = 4

f ( 2 , 4 ) = 4 ⇒ 2 f ( 4 , 6 ) = 24 ⇒ f ( 4 , 6 ) = 12 f ( 4 , 6 ) = 12 ⇒ 6 f ( 4 , 10 ) = 120 ⇒ f ( 4 , 10 ) = 20 f ( 4 , 10 ) = 20 ⇒ 4 f ( 10 , 14 ) = 280 ⇒ f ( 10 , 14 ) = 70

f ( 10 , 14 ) = 70 ⇒ 10 f ( 14 , 24 ) = 24 f ( 10 , 14 ) = 1680 ⇒ f ( 14 , 24 ) = 168 f ( 14 , 24 ) = 168 ⇒ 24 f ( 14 , 38 ) = 38 f( 14 , 24 ) = 6384 ⇒ f ( 14 , 38 ) = 266 f ( 14 , 38 ) = 266 ⇒ 38 f ( 14 , 52 ) = 52 f( 14 , 38 ) = 52 × 266 ⇒ f ( 14 , 52 ) = 364

故所求 f ( 14 , 52 ) = 364

4. 對任何自然數對 ( k , h )，定義函數 f ( k , h ) 如下：

（1）f ( 1 , 1 ) = 1

（2）f ( i + 1 , j ) = f ( i , j ) + 2 ( i + j ) f ( i , j + 1 ) = f ( i , j ) + 2 ( i + j − 1 )

若f ( k , h ) = 1989，試求所有自然數對 ( k , h )。 【解】

f ( 2 , 1 ) = f ( 1 , 1 ) + 2 ( 1 + 1 ) = 1 + 2 × 2 f ( 3 , 1 ) = f ( 2 , 1 ) + 2 ( 2 + 1 ) = 1 + 2 × 2 + 2 × 3 f ( 4 , 1 ) = f ( 3 , 1 ) + 2 ( 3 + 1 ) = 1 + 2 × 2 + 2 × 3 + 2 × 4 ……

f ( k , 1 ) = 1 + 2 × 2 + 2 × 3 + …… + 2 × k = k 2 + k − 1 （可用數學歸納法證明之）

f ( k , 2 ) = f ( k , 1 ) + 2 ( k + 1 − 1 ) = f ( k , 1 ) + 2k

f ( k , 3 ) = f ( k , 2 ) + 2 ( k + 2 − 1 ) = f ( k , 1 ) + 2k + 2 ( k + 1 )

f ( k , 4 ) = f ( k , 3 ) + 2 ( k + 3 − 1 ) = f ( k , 1 ) + 2k + 2 ( k + 1 ) + 2 ( k + 2 ) ……

f ( k , h ) = f ( k , 1 ) + 2k + 2 ( k + 1 ) + 2 ( k + 2 ) + …… + 2 ( k + h − 2 ) = f ( k , 1 ) + 2 ×

(2k +h −2)(h −1)

2

= k 2 + k − 1 + ( 2k + h − 2 )( h − 1 ) = k 2 + 2kh + h 2 − k − 3h + 1

= ( k + h − 1 ) 2 + ( k − h )，其中k 、h ∈N

現在，我們的問題轉化成求不定方程 ( k + h − 1 ) 2 + ( k − h ) = 1989 的自然數解， 因為 | k − h |

[，所以 k = 5，h = 41 □

七、 函數方程與函數的奇偶性

函數的奇偶性是函數的重要特性之一，當一個函數已經有明確的表達式 時，用奇偶函數的定義即可直接驗證函數的奇偶性；但對於一個滿足某種函數方程的一個未知函數，由於求解一個函數方程並非易事，故欲判定其奇偶性 時，往往不能直接用奇偶函數的定義。本節將舉例說明如何通過利用函數方程 判定函數的奇偶性，主要途徑是利用所給定的函數方程，巧取特別值或進行 恆等變換，再利用奇偶性的定義判斷之。

1. 已知f (x ) 是x 的函數，且f (x ) 不恆等於0，若對所有實數a 、b ，f (x ) 滿足函數方程 f (a + b ) + f (a − b ) = 2 [ f (a ) + f (b )]

試判斷函數f (x ) 的奇偶性。

【解】 令b = 0，得2f (a ) = 2f (a ) + 2f (0) ⇒ f (0) = 0

令a = 0，b = x ，得 f (x ) + f ( − x ) = 2f (x ) ⇒ f (x ) = f ( − x ) ，∀ x ∈R

故 f (x ) 為偶函數 □

2. 已知對所有實數a 、b ，f (x ) 滿足函數方程

f (a + b ) + f (a − b ) = 2f (a ) f (b )

且f (0) ≠ 0，試證明f (x ) 為偶函數。

【證明】

令a = b = 0，得 f (0) = [f (0)] 2 ⇒ f (0) = 1或 f (0) = 0（不合）

令a = 0，b = x ，得 f (x ) + f ( − x ) = 2 f(0) f (x ) = 2f (x ) ⇒ f (x ) = f ( − x )

故f (x ) 為偶函數

3. 已知函數f (x ) 滿足 f (x + y ) = f (x ) +f (y ) ，試證f (x ) 是奇函數。 1−f (x ) f (y )

【解】 令y = 0，f (x ) = f (x ) +f (0) ⇒ f (x ) − (f (x )) 2 f (0) = f (x ) + f (0) ⇒ f (0) = 0 1−f (x ) f (0)

f (x ) +f (−x ) ⇒ f (x ) + f ( − x ) = 0 得 f ( − x ) = − f (x ) 1−f (x ) f (−x ) 又 f (0) = f (x − x ) =

故 f (x ) 為奇函數

4.

123456789

5. （1）顯然，函數圈運算不具「交換律」，即f 。g ≠ g 。f 。

（2）但是，卻具有「結合律」，即 f 。g 。h = f。（g 。h ）=（f 。g ）。h 。

6. 下列定義亦有意義：

（1）f 。g 。h = f {g [h (x )]}；

（2）f (2) (x ) = f 。f = f [f (x )]；

（3）f (3) (x ) = f 。f 。f = f { f [f (x )]}；

…………………………………………

（4）f (n ) (x ) = f 。f 。…。f = f { f [……f (x )]} （共n 個f ），稱為函數f (x ) 的n 次迭代， n 稱為迭代指數，並規定f (0) (x ) = x ，f (1) (x ) = f (x ) 。

7. 由上述定義，下列性質顯然成立：

（1）f (m ) 。f (n ) = f (m +n ) ，m 、n ∈N ；

（2）x 。f = f 。x = f (x ) ；

（3）若f (x ) 有反函數，記作f (−1) (x ) ，則f 。f (−1) = f (−1) 。f = x 。

八、 直接迭代法 1 求函數的n 次迭代的一個方法是直接迭代法。

2 利用複合函數的計算f (2)、f (3)，再猜測出f (n ) 。

3 再用數學歸納法證明之。

1.