Esta es una respuesta parcial donde me proporcionó algunas propiedades de $f$ que cumple con
$$
f(x)=\int_{x-1}^xf(s)\,{\rm d}s
$$
para todos los $x\in\mathbb{R}$. Voy a actualizar este hilo como puedo hacer ningún progreso.
1. $f\in C^{\infty}(\mathbb{R})$ si $f\in L_{\rm loc}^1(\mathbb{R})$ ($f$ debe ser suave si es localmente integrable).
Prueba. $\forall\,x_0\in\mathbb{R}$, $\forall\,x\ge x_0+1$, tenemos
$$
f(x)=\int_{x_0}^xf(s)\,{\rm d s}-\int_{x_0}^{x-1}f(s)\,{\rm d s}.
$$
Desde $f\in L_{\rm loc}^1(\mathbb{R})$, se deduce que
$$
\int_{x_0}^xf(s)\,{\rm d s}\quad\text{y}\quad\int_{x_0}^{x-1}f(s)\,{\rm d}s
$$
son absolutamente continuas. Por lo tanto $f$ es absolutamente continua en $\left(x_0+1,\infty\right)$. La arbitrariedad de $x_0$ implica que $f$ es absolutamente continua en $\mathbb{R}$. Por lo tanto, necesariamente, $f\in C(\mathbb{R})$.
Asimismo, a partir de $f\in C(\mathbb{R})$, se deduce que
$$
\int_{x_0}^xf(s)\,{\rm d s}\quad\text{y}\quad\int_{x_0}^{x-1}f(s)\,{\rm d}s
$$
son continuamente diferenciables, lo que conduce a $f\in C^1(\mathbb{R})$.
Repita el procedimiento anterior para el razonamiento inductivo, y eventualmente obtener $f\in C^{\infty}(\mathbb{R})$.$\#$
Esta conclusión sugiere que, al menos para un caso más general, sólo consideraremos los $f$'s que son suaves en $\mathbb{R}$.
2. $f=0$ si $f\in L^1(\mathbb{R})$ ($f$ debe ser cero si es integrable en a$\mathbb{R}$).
Prueba. Desde $f\in L^1(\mathbb{R})$, es obvio que
$$
\int_{x-1}^xf(s)\,{\rm d s}=\int_{\mathbb{R}}1_{\left[0,1\right]}(x-s)f(s)\,{\rm d s}=\left(1_{\left[0,1\right]}*f\right)(x).
$$
Por lo tanto, la relación original es equivalente a la siguiente ecuación de convolución en $\mathbb{R}$:
$$
f=1_{\left[0,1\right]}*f.
$$
Tenga en cuenta que $f\in L^1(\mathbb{R})$, y su transformada de Fourier $\hat{f}$ está bien definido. Por el teorema de convolución,
$$
\hat{f}=\widehat{1_{\left[0,1\right]}}\,\hat{f}\Longrightarrow\left(1-\widehat{1_{\left[0,1\right]}}\right)\hat{f}=0.
$$
Esto implica que $\hat{f}=\hat{f}(\xi)=0$ para todos los $\xi\ne 0$. Además, la continuidad de $\hat{f}$ rendimientos $\hat{f}(0)=0$. En consecuencia, hemos
$$
\hat{f}=0\ffi f=0.\#
$$
Esta conclusión sugiere que no trivial solución a la ecuación original tiene que ser no-integrable en $\mathbb{R}$, por ejemplo, que no sea cero constantes. Sin embargo, dado que es razonable suponer $f$ a ser localmente integrable, la ecuación original siempre puede ser formulado en el anterior formulario de $f=1_{\left[0,1\right]}*f$. Sólo tenga en cuenta que $\hat{f}$ no está definida y el teorema de convolución no es aplicable si $f$ es localmente integrable, pero no integrable en $\mathbb{R}$.
3. $f\equiv\text{const}$ si $f\in L_{\rm loc}^1(\mathbb{R})\cap C_T(\mathbb{R})$ ($f$ debe ser constante si es localmente integrable y $T$-periódico).
Prueba. Desde $f\in L_{\rm loc}^1(\mathbb{R})$, tenemos $f\in C^{\infty}(\left[0,T\right])$. Gracias a la periodicidad, $f$ se observa su serie de Fourier en $\left[0,T\right]$
$$
f(x)\sim\sum_{n\in\mathbb{Z}}a_n\,e^{\frac{2\pi nx}{T}}.
$$
Desde $f\in C^{\infty}(\left[0,T\right])$, la serie de Fourier de $f$ converge absoluta y uniformemente a $f$. Por lo tanto, tenemos por un lado,
$$
f(x)=\sum_{n\in\mathbb{Z}}a_n\,e^{\frac{2\pi nx}{T}}.
$$
Por otro,
\begin{align}
\int_{x-1}^xf(s)\,{\rm d}s&=\int_{x-1}^x\sum_{n\in\mathbb{Z}}a_n\,e^{\frac{2i\pi ns}{T}}{\rm d}s\\
&=\sum_{n\in\mathbb{Z}}a_n\int_{x-1}^xe^{\frac{2i\pi ns}{T}}{\rm d}s\\
&=\sum_{n\in\mathbb{Z}}a_n\frac{1-e^{-\theta_n}}{\theta_n}e^{\frac{2i\pi nx}{T}},
\end{align}
donde $\theta_n=2i\pi n/T$, e $\left(1-e^{-\theta_0}\right)/\theta_0=1$ (esto se define de modo que la forma de la serie conserva; de lo contrario, uno puede llevar a cabo la integración por separado para $n=0$ e $n\ne 0$, y pueden encontrar que los resultados idénticos).
Gracias a este resultado, la ecuación original requiere
$$
a_n=a_n\frac{1-e^{-\theta_n}}{\theta_n}\ffi\left(1-\frac{1-e^{-\theta_n}}{\theta_n}\right)a_n=0.
$$
Tenga en cuenta que
$$
1-\frac{1-e^{-z}}{z}=0
$$
los rendimientos de sólo una solución en $i\mathbb{R}$ (el eje imaginario), es decir, $z=0$. Por lo tanto desde $\theta_n\ne 0$ para todos los $n\ne 0$, es una necesidad que $a_n=0$ para todos los $n\ne 0$. Esto conduce a $f(x)=a_0$, es decir, $f$ es constante en $\mathbb{R}$.$\#$
Esta conclusión sugiere que cualquier función periódica continua que satisface la ecuación original debe ser constante.
[TBC...]
[Seguir a @Empy2 la respuesta, creo que la existencia de algún periódico de la solución a la ecuación original. Sin embargo, según las propiedades anteriormente mencionadas, esta solución tiene que ser suave y lo más probable es ilimitado. Tratando el polinomio de la serie $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n$ podría ser prometedor, pero conduce a un infinito dimensional lineal del sistema, y su convergencia también sigue siendo desconocido, que se opone a la conmutatividad de la suma y de la integración...]
