函数的迭代
涉及函数的迭代。
前言
函数 \(f(x)\) 为定义在 \(D\) 上且取值于 \(D\) 上的函数，记 \(f^0(x)=x\)， \(f^1(x)=f(x)\)， \(f^2(x)=f(f(x))\)，\(\cdots\)，则称 \(f^n(x)\) 为 \(f(x)\) 在 \(D\) 上的 \(n\) 次迭代；解释一下，我们常将 \(f(x)\) 成为函数值，将函数值作为自变量再次构成一个函数就称为迭代，也正是基于此，才要求 \(f(x)\) 的取值必须在 \(D\) 内，否则就不能保证迭代函数有意义。
引例，\(f(x)=2x+1\)，则 \(f(\color{Red}{f(x)})=2\color{Red}{f(x)}+1=2\color{Red}{(2x+1)}+1=4x+3\)；
典例剖析
法1： 从形入手分析，由外向里分析，相对简单一些；
做出 函数 \(f(x)\) 的图像，如下图所示，
由题可知，\(f(f(k))=\cfrac{9}{4}\)，令 \(f(k)=t\) ，则 \(f(f(k))=\cfrac{9}{4}\)变形为 \(f(t)=\cfrac{9}{4}\)，由图可知，
\(\left\{\begin{array}{l}{t^2=\cfrac{9}{4}}\\{t\leq 0}\end{array}\right.\quad\) 或 \(\left\{\begin{array}{l}{t+2=\cfrac{9}{4}}\\{t>0}\end{array}\right.\quad\)
即 \(t=-\cfrac{3}{2}\) 或 \(t=\cfrac{1}{4}\) ，
也即 \(f(k)=-\cfrac{3}{2}\) 或 \(f(k)=\cfrac{1}{4}\) ，
再由图可知，\(k\in \varnothing\) 或 \(k^2=\cfrac{1}{4}\) 且 \(k<0\)，
故 解得 \(k=-\cfrac{1}{2}\) .
法2：从数的角度入手分析，由里向外分析，相对复杂一些；首先需要将 \(f(k)\) 理解为一个整体，
由题目可知分段函数方程 \(f(f(k))=\cfrac{9}{4}\)等价于以下的两个方程组：
\(\left\{\begin{array}{l}{f(k)>0}\\{f(k)+2=\cfrac{9}{4}}\end{array}\right.\quad\) 或者 \(\left\{\begin{array}{l}{f(k)\leq 0}\\{f^2(k)=\cfrac{9}{4}}\end{array}\right.\quad\)
解得 \(f(k)=\cfrac{1}{4}\) ，或者 \(f(k)=-\cfrac{3}{2}\)，[得到两个分段函数方程，分别求解即可]
先解决分段函数方程 \(f(k)=\cfrac{1}{4}\)， 其等价于以下的两个方程组：
\(\left\{\begin{array}{l}{k>0}\\{k+2=\cfrac{1}{4}}\end{array}\right.\quad\) 或者 \(\left\{\begin{array}{l}{k\leq 0}\\{k^2=\cfrac{1}{4}}\end{array}\right.\quad\)
解得， \(k\in \varnothing\) 或者 \(k=-\cfrac{1}{2}\)；
再解决分段函数方程 \(f(k)=-\cfrac{3}{2}\)， 其等价于以下的两个方程组：
\(\left\{\begin{array}{l}{k>0}\\{k+2=-\cfrac{3}{2}}\end{array}\right.\quad\) 或者 \(\left\{\begin{array}{l}{k\leq 0}\\{k^2=-\cfrac{3}{2}}\end{array}\right.\quad\)
解得， \(k\in \varnothing\) 或者 \(k\in \varnothing\)；
综上所述， \(k=-\cfrac{1}{2}\)；
分析：本题目属于求解分段函数方程，可以将\(f(x)\)这个整体视为已知中的\(x\)，则原分段函数方程等价于
第一种情形，\(0\leq f(x)\leq 1\)且\(f(x)=1\)；或第二种情形，\(f(x)-3=1\)且\(f(x)\notin[0，1]\)，
其中第一种可化简为\(0\leq f(x)\leq 1\)，再等价转化为\(\begin{cases}x\in[0，1]\\f(x)=1\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\0\leq x-3\leq 1\end{cases}\)
解得\(0\leq x\leq 1\)或\(3\leq x\leq 4\)；
第二种可化简为\(f(x)=4\)，再等价转化为\(\begin{cases}x\in[0，1]\\1=4\end{cases}\)或\(\begin{cases}x\notin[0，1]\\x-3=4\end{cases}\)，解得\(x=7\)；
综上所述，\(x\)的取值范围是\([0，1]\cup[3，4]\cup\{7\}\)，故选\(D\)。
【法1】：利用复合函数的图像解决问题；首先利用函数的奇偶性求出函数\(f(x)\)的解析式；
题目给定了\(x<0\)时的解析式，则当\(x>0\)时，\(-x<0\)，则\(f(-x)=(-x+1)e^{-x}\)，
又函数\(f(x)\)为奇函数，则\(f(x)=-f(-x)=-(-x+1)e^{-x}=(x-1)e^{-x}\)，又\(f(0)=0\)，
故函数的解析式为\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{(x+1)e^x，x<0}\\{0，x=0}\\{(x-1)e^{-x}，x>0}\end{array}\right.\)
接下来利用导数先研究\(x<0\)时的单调性，\(f(x)=(x+1)e^x\)，则\(f'(x)=(x+2)e^x\)，
则\(x\in (-\infty，-2)\)时，函数\(f(x)\)单调递减，\(x\in (2，0)\)时，函数\(f(x)\)单调递增，又\(f(0)=1\)，
故结合单调性和奇偶性，做出\(R\)上的函数示意图如下：
接下来分析复合函数\(h(x)=f[f(x)]\)的图像。
当\(x=0\)时，\(f(0)=0\)时，\(f(f(0))=0\)；
当\(x\in (0，1)\)时，内函数\(f(x)\)单调递增，且\(f(x)\in (-1，0)\)，此时外函数在\((-1，0)\)上也单调递增，故\(f(f(x))\)在\(x\in (0，1)\)上单调递增；
当\(x=1\)时，\(f(1)=0\)，\(f(f(1))=0\)；
当\(x\in (1，2)\)时，内函数\(f(x)\)单调递增，且\(f(x)\in (0，e^{-2})\)，此时外函数在\((0，e^{-2})\)上也单调递增，故\(f(f(x))\)在\(x\in (1，2)\)上单调递增，且函数值从\(1\)逐渐增大到\(f(f(2))\)且\(f(f(2))<0\)；
当\(x\in (2，+\infty)\)时，内函数\(f(x)\)单调递减，且\(f(x)\in (0，e^{-2})\)，此时外函数在\((0，e^{-2})\)上单调递增，故\(f(f(x))\)在\(x\in (2，+\infty)\)上单调递减，且函数值逐渐趋近于\(-1\)；
然后，用奇函数的性质对称画出\(x<0\)的那一部分，总体图像如下图所示；
由图可知，函数\(y=f(f(x))\)和\(y=m\)的交点最多有三个，故选\(A\)；
- 下述的解法2，最好先说明借助图像如何由\(x\)找\(f(x)\)，以及由\(f(x)\)找\(x\)；只要双向的对应理解透彻，下述的解法就好思考多了；
【法2】：由外向里，从函数值找自变量，首先利用函数的奇偶性求出函数\(f(x)\)的解析式；
题目给定了\(x<0\)时的解析式，则当\(x>0\)时，\(-x<0\)，则\(f(-x)=(-x+1)e^{-x}\)，
又函数\(f(x)\)为奇函数，则\(f(x)=-f(-x)=-(-x+1)e^{-x}=(x-1)e^{-x}\)，又\(f(0)=0\)，
故函数的解析式为\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{(x+1)e^x，x<0}\\{0，x=0}\\{(x-1)e^{-x}，x>0}\end{array}\right.\)
接下来利用导数先研究\(x<0\)时的单调性，\(f(x)=(x+1)e^x\)，则\(f'(x)=(x+2)e^x\)，
则\(x\in (-\infty，-2)\)时，函数\(f(x)\)单调递减，\(x\in (2，0)\)时，函数\(f(x)\)单调递增，又\(f(0)=1\)，
故结合单调性和奇偶性，做出\(R\)上的函数示意图如下：
令\(F(x)=0\)，即\(f(f(x))=m\)，由图可知，要使得函数\(y=f(f(x))\)与\(y=m\)的图像有交点，则\(m\in (-1，1)\)；接下来关于\(m\)的取值分类讨论如下：
当\(m\in (0，e^{-2})\)时，如图所示，内函数\(f(x)=a，a\in (-1，0)\)或\(f(x)=b，b\in (1，2)\)或\(f(x)=c，c\in (2，+\infty)\)
若\(f(x)=b\)或\(f(x)=c\)时，不存在\(x\)；注意应该是在\(y\)轴上找点\((0，b)\)，然后过此点做\(x\)轴的平行线，显然和函数的图像没有交点；
若\(f(x)=a， a\in (-1，0)\)时，此时和函数的图像最多有三个交点；
当\(m\in (e^{-2}，1)\)时，内函数\(f(x)=a，a\in (-1，0)\)，此时\(f(x)\in (-1，0)\)时，函数\(y=a\)和函数\(y=f(x)\)图像最多有三个交点，
同理，当\(m\in (-e^{-2}，0)\)或\(m\in (-1，-e^{-2})\)时，仿上说明，同样最多有三个交点，故选\(A\)；
分析：函数\(y=2f^2(x)-3f(x)+1\)的零点个数即方程\(2f^2(x)-3f(x)+1=0\)的根的个数，
故先求解方程\(2f^2(x)-3f(x)+1=0\)，即\([2f(x)-1][f(x)-1]=0\)，
解得\(f(x)=1\)或\(f(x)=\cfrac{1}{2}\)，
接下来原方程的根的个数转化为方程\(f(x)=1\)或\(f(x)=\cfrac{1}{2}\)的根的个数，
故做出函数\(y=f(x)\)的图像和直线\(y=1\)和\(y=\cfrac{1}{2}\)，
由图像可以看出，其共有\(5\)个交点，故原函数的零点个数为\(5\)个。
法1：从数的角度入手思考，将内函数\(f(x)\)理解为整体，则\(f(f(a))=1\)等价于以下的两个方程组，
Ⅰ.\(\left\{\begin{array}{l}{f(a)>0}\\{log_2f(a)=1}\end{array}\right.\)，或者Ⅱ.\(\left\{\begin{array}{l}{f(a)\leq 0}\\{[f(a)]^2+4[f(a)]+1=1}\end{array}\right.\)，
解Ⅰ得到，\(f(a)=2\)①；解Ⅱ得到，\(f(a)=0\)②或者\(f(a)=-4\)③；
再次求解①得到，\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{log_2a=2}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{a\leq 0}\\{a^2+4a+1=2}\end{array}\right.\)，
解得\(a=4\)或\(a=-2-\sqrt{5}\)，
求解②得到，\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{log_2a=0}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{a\leq 0}\\{a^2+4a+1=0}\end{array}\right.\)，
解得\(a=1\)或\(a=-2\pm \sqrt{3}\)，
求解③得到，\(\left\{\begin{array}{l}{a>0}\\{log_2a=-4}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{a\leq 0}\\{a^2+4a+1=-4}\end{array}\right.\)，
解得\(a=\cfrac{1}{16}\)或\(a\in \varnothing\)，
故实数\(a\)的所有取值的和为\(4-2-\sqrt{5}+1-2-\sqrt{3}-2+\sqrt{3}+\cfrac{1}{16}=-\cfrac{15}{16}-\sqrt{5}\)。
法2：从图像入手分析，待编辑。
分析：首先学习理解一个分段函数方程的模型；
\(\quad\quad\)【为理解上题配备的模型，求解分段函数方程】【2016第三次全国大联考第15题】已知\(f(x)\)是定义在R上的奇函数，且当\(x<0\)时，\(f(x)=2x-1\)，若\(f(a)=3\)，求实数\(a\)的值。
分析：先由奇偶性求得\(x>0\)时，\(f(x)=2x+1\)，
即得到函数的解析式为\(f(x)=\begin{cases}2x-1&x<0\\0&x=0\\2x+1&x>0\end{cases}\)，且已知\(f(a)=3\)，求\(a\)的值，
等价转化为三个不等式组 \(\begin{cases}a<0\\2a-1=3\end{cases}\)，或\(\begin{cases}a=0\\0=3\end{cases}\)，或\(\begin{cases}a>0\\2a+1=3\end{cases}\)，
解得\(a=1\)。
学习理解透彻了上述模型后，我们开始求解本题目：
【法1】：从数的角度求解；令\(f(x)=t\)，则函数的零点问题转化为方程\(f(t)=-1\)的解的个数问题；
即相当于已知\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x+1，x\leqslant 0}\\{lnx，x>0，}\end{array}\right.\) 且\(f(t)=-1\)，求\(t\)的值；
则上述分段函数方程等价于\(\left\{\begin{array}{l}{t\leqslant 0}\\{t+1=-1}\end{array}\right.\) 或\(\left\{\begin{array}{l}{t> 0}\\{lnt=-1}\end{array}\right.\)
解得\(t=-2\)或者\(t=\cfrac{1}{e}\)，即\(f(x)=-2\)或者\(f(x)=\cfrac{1}{e}\)，到此题目又可以转化为
已知\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x+1，x\leqslant 0}\\{lnx，x>0，}\end{array}\right.\) 且\(f(x)=-2\)，求\(x\)的值；可以仿上求解得到\(2\)个\(x\)的值；
或已知\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x+1，x\leqslant 0}\\{lnx，x>0，}\end{array}\right.\) 且\(f(x)=\cfrac{1}{e}\)，求\(x\)的值；亦可以仿上求解得到\(2\)个\(x\)的值；
故所求的零点的个数为\(4\)个。
【法2】：从形的角度求解；先做出分段函数图像如下：
先将函数的零点问题转化为方程\(f[f(x)]=-1\)的根的个数问题；作直线\(y=-1\)与函数\(y=f(x)\)图像有两个交点，其横坐标分别为\(x=-2\)和\(x=\cfrac{1}{e}\)，
然后在同样的图上，再分别作直线\(y=-2\)和\(y=\cfrac{1}{e}\)，可以看出，这两条直线分别和分段函数\(y=f(x)\)有两个交点，故共有四个交点。即所求的零点的个数为\(4\)个。
法1：若能将\(f(a)\)理解成已知函数的\(x\)，
则可以将\(f(f(a))\leq 2\)等价转化为以下的两个不等式组：
\(\begin{cases}&f(a)<0\\&f^2(a)+f(a)\leq 2 \end{cases}\) 或 \(\begin{cases}&f(a)\ge0\\&-f^2(a)\leq 2 \end{cases}\)
分别解得：\(-2\leq f(a)<0\)或\(f(a)\ge 0\)，故\(f(a)\ge -2\)；
到此问题转化为已知\(f(x)=\begin{cases}x^2+x,&x<0\\-x^2,&x\ge 0 \end{cases}\)，\(f(a)\ge -2\)，
求实数\(a\)的取值范围，这就容易多了。
再次转化为\(\begin{cases}&a<0\\&a^2+a\ge -2 \end{cases}\) 或 \(\begin{cases}&a\ge0\\&-a^2\ge -2 \end{cases}\)
分别解得：\(a<0\)或\(0\leq a\leq \sqrt{2}\)，故实数\(a\)的取值范围为\((-\infty，+\sqrt{2}]\)。
解后反思：本题经过两次抽丝剥茧般的处理，第一次的结果得到\(f(a)\ge -2\)，
第二次的结果得到\(a\in (-\infty，+\sqrt{2}]\)。
法2：图像法
自行做出函数图像，结合图像可知，
要使得\(f(f(a))\leq 2\)，则必须\(f(a)\ge -2\)，
这时就转化为分段函数不等式问题了。
\(f(a)\ge -2\)等价于以下两个不等式组：
\(\begin{cases}&a<0 \\&a^2+a\ge -2\end{cases}\)或\(\begin{cases}&a\ge 0 \\&-a^2\ge -2\end{cases}\)。
解得\(a<0\)或\(0\leq a\leq \sqrt{2}\)，
故\(a\in(-\infty，\sqrt{2}]\)。
法1：【迭代递推】
\(a_1=f(2^1)=2\)，即\(f(2)=2\)，
\(a_n=f(2^n)=f(2\cdot2^{n-1})=2f(2^{n-1})+2^{n-1}f(2)\)
\(=2^1\cdot f(2^{n-1})+2^n\cdot 1=2[2f(2^{n-2})+2^{n-2}f(2)]+2^n\cdot 1\)
\(=2^2\cdot f(2^{n-2})+2^n\cdot 2\)
\(=2^3\cdot f(2^{n-3})+2^n\cdot 3\)
\(=2^4\cdot f(2^{n-4})+2^n\cdot 4\)
\(=2^{n-1}\cdot f(2^1)+2^n \cdot (n-1)=n\cdot 2^n\)；
法2：【赋值法】
由题目\(a_n=f(2^n)\)可知，\(a_{n+1}=f(2^{n+1})\)，且\(a_1=f(2)=2\)
由于对任意的\(x，y\in R\)都有\(f(xy)\)\(=xf(y)\)\(+yf(x)\)成立，
令\(x=2^n\)，\(y=2\)，则有\(f(2^{n+1})=f(2^n\cdot 2)=2^nf(2)+2f(2^n)\)，
即\(a_{n+1}=2a_n+2\times 2^n\)，即\(a_{n+1}=2a_n+2^{n+1}\)，
接下来两边同时除以\(2^{n+1}\)，得到
\(\cfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\cfrac{a_{n}}{2^{n}}+1\)
则数列\(\{\cfrac{a_n}{2^n}\}\)是首项为\(1\)，公差为\(1\)的等差数列，
则有\(\cfrac{a_n}{2^n}=1+(n-1)\times 1=n\)，
即所求通项公式为\(a_n=n\cdot 2^n\)。
法1：可以计算出数列的前有限项，归纳猜想得到通项公式从而求解；
由题目可知\(f_1(x)=\cfrac{2}{1+x}，f_{n+1}(x)=f_1(f_n(x))\)，
将\(f_n(x)\)代入\(f_1(x)\)得到，\(f_{n+1}(x)=\cfrac{2}{1+f_n(x)}\)，
用此式依次计算得到：
\(f_1(x)=\cfrac{2}{1+x}，f_1(0)=2，a_1=\cfrac{f_1(0)-1}{f_1(0)+1}=\cfrac{1}{4}\)；
\(f_2(x)=\cfrac{2(1+x)}{3+x}，f_2(0)=\cfrac{2}{3}，a_2=\cfrac{f_2(0)-1}{f_2(0)+1}=-\cfrac{1}{8}\)；
\(f_3(x)=\cfrac{2(3+x)}{5+3x}，f_3(0)=\cfrac{6}{5}，a_3=\cfrac{f_3(0)-1}{f_3(0)+1}=\cfrac{1}{16}，\cdots\)；
由此猜想数列\(\{a_n\}\)是首项为\(\cfrac{1}{4}\)，公比为\(-\cfrac{1}{2}\)的等比数列，
通项公式为\(a_n=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，
则\(a_{2017}=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{2017-1}=\cfrac{1}{2^{2018}}\).
法2：由上式得到启发，我们可以直接计算如下：
\(\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=\cfrac{\cfrac{f_{n+1}(0)-1}{f_{n+1}(0)+2}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}}=\cfrac{\cfrac{f_1(f_n(0))-1}{f_1(f_n(0))+2}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}}\)
\(=\cfrac{\cfrac{\frac{2}{1+f_n(0)}-1}{\frac{2}{1+f_n(0)}+2}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}}=\cfrac{\cfrac{1-f_n(0)}{2(f_n(0)+2)}}{\cfrac{f_n(0)-1}{f_n(0)+2}} =-\cfrac{1}{2}\)，
即\(q=-\cfrac{1}{2}\)，再计算\(a_1=\cfrac{f_1(0)-1}{f_1(0)+1}=\cfrac{1}{4}\)；
故数列\(\{a_n\}\)是首项为\(\cfrac{1}{4}\)，公比为\(-\cfrac{1}{2}\)的等比数列，
通项公式为\(a_n=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，则\(a_{2017}=\cfrac{1}{4}\cdot(-\cfrac{1}{2})^{2017-1}=\cfrac{1}{2^{2018}}\).
解析：利用观察归纳和换元法求解析式。
\(f(0)=3=3\cdot 2^0\)；
\(f(0.5)=2\cdot f(0)=3\cdot 2^1\)；
\(f(1)=2\cdot f(0.5)=4\cdot f(0)=3\cdot 2^2\)；
\(f(1.5)=2\cdot f(1)=8\cdot f(0)=3\cdot 2^3\)；
\(\cdots\cdots\)
\(f(0.5n)=2f(0.5(n-1))=3\cdot 2^n\)；[1]
令\(0.5n=t\)，则 \(n=2t\)，代入得到 \(f(t)=3\cdot 2^{2t}=3\cdot (2^2)^t=3\cdot 4^{t}\)
所以函数 \(y=f(x)\) 的一个解析式为 \(f(x)=3\cdot 4^x\)
观察规律的方法，给自变量整体乘以 \(2\)，得到 \(2\) 的指数； ↩︎
