【相关概念】
所谓函数方程，就是含有未知函数的等式。能使函数方程左右两边恒等的函数（在某一定义域内）叫做函数方程的解。寻求或证明函数方程的解的过程叫解函数方程。函数方程的解是0个或一个或若干个函数，它与解普通方程所得解是0个或一个或若干个是相类似的。
在竞赛数学中，经常会遇到一些不给出具体的函数形式，只给出函数的一些性质或一些关系式或函数方程，而要确定这个函数或求函数值，或证明这个函数所具有的性质的函数问题。
【例题讲解】
例1. 定义在$R^+$上的函数$f(x)$满足关系式$f(x)=f(\frac{1}{x})lgx+1$，求$f(x)$.
解：以$\frac{1}{x}$代换已知表达式中的$x$，得
$f(\frac{1}{x})=f(x)lg\frac{1}{x}+1$.
由$\left\{\begin{matrix}f(x)=f(\frac{1}{x})lgx+1\\ f(\frac{1}{x})=f(x)lg\frac{1}{x}+1\end{matrix}\right.$
消去$f(\frac{1}{x})$得$f(x)=\frac{1+lgx}{1+lg^2x}$.
经检验上述$f(x)$是原方程的解。
说明：将函数方程中的变量进行适当变换，转化为一个关于未知函数的代数方程组，解此代数方程组后，得出原函数方程解。我们常称这一解题思路为换元法。由于代换后的函数未必与原函数方程等价，所以，应当将所得解代入原函数方程进行检验。
例2. 解函数方程：
$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)\cos y ,f(0)=\sqrt{2},f(\frac{\pi}{2})=\sqrt{3}$.
解：已知函数方程中出现了两个独立的变量$x,y$，不妨设其中一个变量为常量。
分别令$x=0,y=t$、$x=\frac{\pi}{2}+t,y=\frac{\pi}{2}$、$x=\frac{\pi}{2},y=\frac{\pi}{2}+t$,联立，得
$\left\{\begin{matrix}f(t)+f(-t)=2\sqrt{2}cost \\ f(\pi+t)+f(t)=0 \\ f(\pi+t)+f(-t)=-2\sqrt{3}sint\end{matrix}\right.$
解得$f(t)=\sqrt{2}cost+\sqrt{3}sint$.
令$t=x$，则$f(x)=\sqrt{2}cosx+\sqrt{3}sinx$.
经检验上述$f(x)$是原方程的解。
例3. 已知二次函数$f(x)$满足：
（1）$f(-1)=0$;
（2）$x\leq f(x)\leq \frac {{x}^{2}+1} {2}$，且$x\in R$.
求此二次函数的解析式。
解：设$f(x)=ax^2+bx+c$。
因为$f(-1)=0$，则$a-b+c=0$.
又由题，$1\leq f(1)\leq \frac {{1}^{2}+1} {2}$，得
$f(1)=1$，则$a+b+c=1$.
于是$a+c=b=\frac{1}{2}$.
又因$f(x)\geq x$，即$ax^2+bx+c\geq x$，故$ax^2+(b-1)x+c\geq 0$.
由$x \in R$得$\Delta\leq 0$且$a>0$，即$ac\geq\frac{1}{16}$。于是$c>0$.
由
$\left\{\begin{matrix}a+c=\frac{1}{2}\\ ac\geq \frac{1}{16}\end{matrix}\right.$
且$a+c \geq 2\sqrt{ac} \geq\frac{1}{2}$.
解得：$a=c=\frac{1}{4}$.
故$f(x)=\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}$。
例4. 求$\sqrt{2020+2016\sqrt{2021+2017\sqrt{2022+2018\sqrt{\cdots }}}}$的值。
解：设$f(x)=\sqrt{x+(x-4)\sqrt{(x+1)+(x-3)\sqrt{(x+2)+(x-2)\sqrt{\cdots }}}}$，则
$f(x)$满足以下函数方程：
$[f(x)]^2=x+(x-4)f(x+1)$.
而由恒等式$(x-2)^2=x+(x-4)(x-1)$知，
$f(x)=x-2$是它的一个解。
由于题中$f(2020)$是一个唯一确定的值，则它应当只有唯一解。
下面证明当$x\geq 6$时，原函数方程只有唯一解$f(x)=x-2$。
首先，当$x\geq 6$时，
$\begin{align}f(x) \\& >\sqrt{(x-4)\sqrt{(x-3)\sqrt{(x-2)\sqrt{\cdots }}}} \\& > \sqrt{(x-4)\sqrt{(x-4)\sqrt{(x-4)\sqrt{\cdots }}}} \\&=(x-4)^{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots} \\ & =(x-4) \\& \geq \frac{1}{2}(x-2)\end{align}$.
其次，当$x\geq 6$时，
$\begin{align}f(x) \\& < \sqrt{(2x-4)\sqrt{(2x-2)\sqrt{2x}\sqrt{(2x+2)\sqrt{\cdots }}}} \\& < \sqrt{2(x-2)\sqrt{4(x-2)\sqrt{8(x-2)\sqrt{\cdots }}}} \\& =(x-2)^{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots} \cdot 2^{\frac{1}{2} }\cdot 4^{\frac{1}{4}} \cdot 8^{\frac{1}{8}} \cdots \\& =(x-2) \cdot 2^{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots} \\& =4(x-2) \end{align}$.
所以，$\frac{1}{2}(x-2)<f(x)<4(x-2) (x \geq 6)$，
$\frac{1}{2}(x-1)<f(x+1)<4(x-1) $.
由$f^2(x)=x+(x-4)f(x+1)$知
$\begin{align}\frac{1}{2}(x-2)^2 \\& < \frac{1}{2}x+(x-4)f(x+1) \\& < f^2(x) \\& < 4x+(x-4)f(x+1) \\& < 4(x-1)^2\end{align}$，
因此，
$\frac{1}{\sqrt{2}}(x-2)<f(x)<\sqrt{4}(x-2) (x\geq 6)$，
即：
$\frac{1}{2}^{2^{-1}}(x-2)<f(x)<4^{2^{-1}}(x-2)$
设$\frac{1}{2}^{2^{-k}}(x-2)<f(x)<4^{2^{-k}}(x-2)$，则
$\frac{1}{2}^{2^{-k}}(x-1)<f(x+1)<4^{2^{-k}}(x-1)$.
于是
$\begin{align}(\frac{1}{2})^{2^{-k}}(x-2)^2 \\& <(\frac{1}{2})^{2^{-k}}+(x-4)f(x+1) \\& <f^2(x) \\& <4^{2^{-k}}+(x-4)f(x+1) \\& <4^{2^{-k}}(x-2)^2\end{align}$，
$(\frac{1}{2})^{2^{-(k+1)}}(x-2)<f(x)<4^{2^{-(k+1)}}(x-2) (x\geq 6)$.
由数学归纳法，可知，对一切自然$n$，有
$\sqrt[2^n]{\frac{1}{2}}(x-2)<f(x)<\sqrt[2^n]{4}(x-2) (x\geq 6)$.
令$n \to +\infty $得，$f(x)=x-2 (x\geq 6)$。
所以，$f(2020)=2020-2=2018$.
说明：本题的关键是把求特殊值问题，归结为求某一函数方程的解。再根据函数方程的特点，利用初等代数的恒等式得出函数方程的一个解，并应用不等式夹逼证明函数方程只有唯一解。