自主招生試題中函數迭代問題的探究

☉北京師范大學 呂孫忠

☉北京師范大學珠海分校應用數學學院高文華

自主招生試題中函數迭代問題的探究

☉北京師范大學 呂孫忠

☉北京師范大學珠海分校應用數學學院高文華

在大學的自主招生考試中，函數迭代占了非常重要的位置.隨著每年考試的進行，迭代函數題目的呈現方式也越來越豐富多彩，它的不變性質尤為熱門，常常與數列、不動點、集合等知識聯系在一起.當然，解決這種問題的核心是熟練應用函數的性質，對數形結合、反證法等數學思想都有所依托，并熟練應用.

本文主要研究了三道自主招生中迭代函數問題，分別是2008年上海交大，2010年浙江大學，2012年北京大學的自主招生試題，并對它們逐一分析并推廣，得到了若干推論，以期對考生和一線老師有所幫助.

一、定義與引理

設f（x）：R→R，記f（1）（x）=f（x），f（2）（x）=f（f（1）（x）），…，f（n）（x）=f（f（n-1）（x））（n≥2，n∈N），將f（n）（x）稱為函數f（x）的n次迭代.

本文的證明需要用到以下三個引理：

引理1實數域中n次多項式至多有n個（不同的）零點.［1］

引理2奇數次的實系數多項式至少有一個實根.［2］

引理3對任意實數域上的n次多項式f（x），f（x）有標準分解：（fx）=a（x-α1）m1…（x-ak）m（k
x2+a1x+b1）n1…（x2+其中a及諸ai，bi，αi都是實數，-4bi＜0（1≤i≤l），且m1+…+mk+2n1+…+2nl=n.［3］

二、二次函數問題

例1（2008年上海交通大學）已知函數f（x）=ax2+ bx+c（a≠0），且f（x）=x沒有實數根，那么f（f（x））=x是否有實數根？證明你的結論.

解析：若a＞0，f（x）的圖像是開口向上的拋物線，由f（x）=x沒有實數根，知y=f（x）在直線y=x的上方，所以對任意的x，f（x）＞x恒成立，于是f（2）（x）＞f（x）＞x；同理若a＞0，則有f（x）＜0恒成立，于是f（2）（x）＜f（x）＜x.所以f（2）（x）=x沒有實數根.

點評：本題是一道二次函數的迭代問題，將函數和其圖像結合在了一起，利用了數形結合的思想，大大減輕了該題的運算量.

對于常規的函數問題，如果可以利用其圖像的性質，數形結合是解題的一種良方.此外，此題還可以利用判別式驗證解題，但方法較為復雜，計算量較大，具體見文3、文4.進一步提問，這種性質在三次函數或者更高次的函數中還成立嗎？迭代次數又如何？下面就f（x）的最高項次數和迭代次數展開一些討論.

推論1：已知函數f（x）為二次函數，若f（x）=x沒有實數根，則f（n）（x）=x（n≥2）沒有實數根.

解析：易知y=f（x）的圖像恒在y=x的上方或下方，由不等關系的迭代可得f（n）（x）=x沒有實根.

推論2：已知函數f（x）為n次多項式，若f（x）=x沒有實數根，那么n為偶數，且f（n）（x）=x（n≥2）沒有實數根.

解析：由引理2可知n為偶數，由f（x）=x沒有實數根，可知y=f（x）的圖像恒在y=x的上方或下方，由不等關系的迭代可得f（n）（x）=x沒有實根.

集合和函數是高中數學的核心內容，它們在大學自主招生數學試題和數學競賽中有著重要的地位，將函數迭代和集合聯系在一起，也可以得到很多有意思的結論.

推論3：集合M=｛x|f（x）=x，x∈R｝與集合N=｛x|f（n）（x）= x，x∈R｝，其中f（x）為實數域上的偶次多項式，如果M為單元素集，那么集合M=N.

解析：不妨設f（x）為實數域上的m次多項式，m為偶數，已知M為單元素集，則根據引理3，可知f（x）-x=a（x-不妨設a＞0，則m1=m-2n1-…-2nl，則m1為偶數，所以f（x）≥x在R上恒成立，所以f（n）（x）≥…≥f（x）≥x，當且僅當在x=α1時等號成立，所以M=N.同理，當a＜0時也成立.

推論4：集合M=｛x|f（x）=x，x∈R｝，集合N=｛x|f（n）（x）= x，x∈R｝，其中f（x）為實數域上的m次多項式，如果f（x）-x可以分解為且m1，…，mk均為偶數，那么M=N.

解析：不妨設a＞0，根據f（x）-x的分解式，其中m1，…，mk均為偶數，所以f（x）≥x在R上恒成立，且集合M=｛α1，…，αk｝，所以f（n）（x）≥…≥f（x）≥x，當且僅當x=α1，…，αk時等號成立，所以M=N.同理，當a＜0時也成立.

推論5：集合M=｛x|f（x）=x，x∈R｝，集合N=｛x|f（n）（x）= x，x∈R｝，其中f（x）≥x（或f（x）≤x）恒成立，那么M=N.

解析：由不等關系的迭代即可得.

三、抽象函數問題

例2（2010年浙江大學）設集合M=｛x|f（x）=x｝，N=｛x|f（f（x））=x｝.

（1）求證：M?N；

（2）若f（x）是R上的單調函數，是否有M=N？若有，請證明.

解析：（1）若M=?，則M?N；若M≠?，則對任意x0∈M，f（x0）=x0，有f（2）（x0）=x0，所以x0∈M，從而有M?N.

（2）若N=?，又由（1）知M?N，從而有M=N；若N≠?，任取x0∈N，即有f（2）（x0）=x0.下證f（x0）=x0，用反證法證明之.若f（x0）≠x0，不妨設f（x0）＞x0，由于f（x）是一個在R上單調遞增的函數，從而f（2）（x0）＞f（x0）＞x0，這與f（2）（x0）=x0矛盾！同理f（x0）＜x0時，也會產生矛盾.故必有f（x0）=x0，即x0∈M，從而有N?M.又由（1）知M?N，從而有M=N.

點評：該題是一道抽象函數的問題，因其抽象性，對思維的靈動性要求很高，并且本題條件簡單，巧妙利用反證法，得出矛盾是本題的解題關鍵.

推論6：集合M=｛x|f（x）=x，x∈R｝，集合N=｛x|f（n）（x）= x，x∈R｝，其中f（x）為嚴格單調遞增函數，則M=N.

解析：若N=?，顯然成立；若N≠?，M?N顯然成立，現證N?M，任取x0∈N，即有f（n）（x0）=x0，若f（x0）＞x0，則f（n）（x0）＞…＞f（x0）＞x0，這與f（n）（x0）=x0矛盾，同理f（x0）＜x0也不成立，所以必有f（x0）=x0，則N?M，故有M=N.

四、函數數列問題

例3（2012年北京大學）已知f（x）為一個二次函數，且a，f（a），f（f（a）），f（f（f（a）））成正等比數列，求證f（a）=a.

解析：因為a，f（a），f（2）（a），f（3）（a）成正比數列，所以，由共線知識，可得點A1（a，f（a）），A2（f（a），f（2）（a）），A3（f（2）（a），f（3）（a））這三點共線，即一條直線和二次函數的曲線有三個交點，這與引理1矛盾，所以f（a）=a.

點評：該題將二次函數的迭代與數列的通項聯系在了一起，解題的核心是在利用二次函數性質的基礎上，借助反正法和等比定理.

推論7：若f（x）為一個n次多項式，且a，f（a），f（2）（a），…，f（n+1）（a），f（n+2）（a）成等比數列，則f（a）=a.

解析：因為a，f（a），f（2）（a），…，f（n+1）（a），f（n+2）（a）成正比數列，所以果f（a）≠a，則

由共線知識，可得點A1（a，f（a）），A2（f（a），f（f（a）），…，An+1（f（n+1）（a），f（n+2）（a））這n+1個點共線，即一條直線和n次多項式的曲線有n+1個交點，這與引理1矛盾，所以f（a）=a.

推論8：若f（x）為一個二次函數，且a，f（a），f（2）（a），f（3）（a）成等差數列，則f（a）=a.

解析：因為a，f（a），f（2）（a），f（3）（a）成等差數列，若公差d≠0，則f（a）-a=f（2）（a）-f（a），f（2）（a）-f（a）=f（3）（a）-f（2）（a），將兩式兩邊分別除以f（a）-a和f（2）（a）-f（a），得得到矛盾，所以d=0，故f（a）=a.

五、小結

綜上，一些函數的證明問題，我們若能根據它的條件和結論，利用其圖形的特點，數形結合，巧用反證法，不但可以有效地優化解題的方法，筒化解題的步驟，而且有利于將函數和數列、集合等其他數學知識聯系在一起，培養學生的數學思想，提高學生的數學情操.但涉及函數迭代的試題之多，方法多樣，是非常很復雜的，這里只做了一些簡單的介紹，其他美妙的考題，等待著有興趣的讀者去繼續研究.

1.馮克勤，余紅兵，編著.整數與多項式［M］.北京：高等教育出版社，1999.

2.馮貝葉.多項式和無理數［M］.哈爾濱：哈爾濱工業大學出版社，2008.

3.梁懿濤.高校自主招生數學試題中集合與函數問題的歸類分析［J］.中學數學研究，2013（5）.

4.凌明燦.自主招生專題——函數迭代與不動點問題［J］.中學數學雜志，2013（7）.FH