题目 已知函数 ${f_1}\left( x \right) = \dfrac{{2x - 1}}{{x + 1}}$，对于 $n = 1,2, \cdots $，定义 ${f_{n + 1}}\left( x \right) = {f_1}\left( {{f_n}\left( x \right)} \right)$，则 ${f_{28}}\left(x \right)=$ <nn> </nn>． 答案 $\dfrac{1}{{1 - x}}$ 解析 根据题意，有\[\begin{split}<br/>f_1(x)&=\dfrac{2x-1}{x+1},\\<br/>f_2(x)&=\dfrac{x-1}{x},\\<br/>f_3(x)&=\dfrac{x-2}{2x-1},\\<br/>f_4(x)&=\dfrac{-1}{x-1},\\<br/>f_5(x)&=\dfrac{-x-1}{x-2},\\<br/>f_6(x)&=x,\\<br/>\cdots,\end{split}\]于是\[f_{28}(x)=f_4(x)=\dfrac{1}{1-x}.\] 备注 事实上，若 $f(x)=\dfrac{ax+b_1}{b_2x-a}$，则 $f(f(x))=x$．<br/>另外，考虑 $f_1(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d} \left(c\ne 0\right)$ 的两个复不动点 $\alpha,\beta$，<br/>我们有\[<br/>\dfrac{f_{n+1}(x)-\alpha}{f_{n+1}(x)-\beta}=\left(\dfrac{a-c\alpha}{a-c\beta}\right)^n\cdot\dfrac{f_1(x)-\alpha}{f_1(x)-\beta}.<br/>\]本题中，$a=2,b=-1,c=1,d=1,\alpha=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}\mathrm{i}}{2},\beta=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}\mathrm{i}}{2}$，代入数据可得\begin{align*}<br/>\dfrac{f_{n+1}(x)-\alpha}{f_{n+1}(x)-\beta}<br/>&=\left[\dfrac{2-\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}\mathrm{i}}{2}\right)}{2-\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}\mathrm{i}}{2}\right)}\right]^n\cdot\dfrac{f_1(x)-\alpha}{f_1(x)-\beta}\\<br/>&=\left(\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}\mathrm{i}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}\mathrm{i}}\right)^n\cdot\dfrac{f_1(x)-\alpha}{f_1(x)-\beta}\\<br/>&=\left(\cos\dfrac{n\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\dfrac{n\pi}{3}\right)\cdot\dfrac{f_1(x)-\alpha}{f_1(x)-\beta},<br/>\end{align*}故 $f_{n+6}(x)=f_n(x)$，其中 $n\in \mathbb{N}^{*}$．