Question

3．已知函數(shù)f（x）對(duì)于?x，y∈R．
（1）若f（x+y）=f（x）+f（y）-1，當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞1且f（3）=4，
①求f（x）的單調(diào)性；
②f（x）在[1，2]上的最大值和最小值．
（2）若f（x）+f（y）=2f（$\frac{x+y}{2}$）f（$\frac{x-y}{2}$），f（0）≠0，且存在非零常數(shù)c，使f（c）=0．
①判斷f（x）的奇偶性并證明；
②求證f（x）為周期函數(shù)并求出f（x）的一個(gè)周期．

Answer 1

分析 （1）①根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，結(jié)合抽象函數(shù)的關(guān)系進(jìn)行證明．②利用函數(shù)的單調(diào)性的定義和最值之間的關(guān)系進(jìn)行求解即可．
（2）①令x=0，y=0，并代入有$f（x）+f（y）=2f（\frac{x+y}{2}）f（\frac{x-y}{2}），f（0）≠0$，即可求出f（0）的值；令y=-x，代入求得f（x）+f（-x）=2f（0）f（x），即可證得結(jié)果；
②根據(jù)存在非零常數(shù)c，使f（c）=0及周期函數(shù)的定義得到f（2c+x）+f（x）=$2f（\frac{2c+2x}{2}）•f（\frac{2c}{2}）$=0，再驗(yàn)證f（4c+x）=f（x）即可證明結(jié)論．

解答 證明：（1）①任取x₁，x₂∈（-∞，+∞）且x₁＜x₂，
則x₂-x₁＞0，f（x₂-x₁）＞1，
則f（x₂）=f（x₂-x₁+x₁）=f（x₂-x₁）+f（x₁）-1＞1+f（x₁）-1=f（x₁），
故f（x）為R上的增函數(shù)；
②∵f（x）為R上的增函數(shù)，
∴f（x）在[1，2]上為增函數(shù)，
則函數(shù)的最大值為f（2），最小值為f（1），
∵f（x+y）=f（x）+f（y）-1，
∴f（2）=f（1）+f（1）-1=2f（1）-1，
f（3）=f（1）+f（2）-1=f（1）+2（1）-1-1=3f（1）-2=4，
即3f（1）=6，則f（1）=2，
f（2）=2f（1）-1=2×2-1=4-1=3，
即函數(shù)在[1，2]上的最大值為f（2）=3，最小值為f（1）=2．
（2）①∵任意x，y∈R均有f（x）+f（y）=$2f（\frac{x+y}{2}）f（\frac{x-y}{2}）$，令x=y=0，
∴2f（0）=2f（0）•f（0），
∵f（0）≠0，∴f（0）=1．
令y=-x，可得f（x）+f（-x）=2f（0）f（x），
有f（-x）=f（x），
則f（x）為偶函數(shù)、
②∵f（2c+x）+f（x）=$2f（\frac{2c+2x}{2}）•f（\frac{2c}{2}）$，
∵f（c）=0，∴f（2c+x）+f（x）=0，
即f（2c+x）=-f（x），
∴f（x）=-f（2c+x）=-[-f（2c+（2c+x））]=f（4c+x），
∴f（x）的周期為4c．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查抽象函數(shù)及其應(yīng)用，以及利用函數(shù)奇偶性，單調(diào)性和周期性的定義判斷函數(shù)的奇偶性和周期性和單調(diào)性，和最值性，解決抽象函數(shù)的問(wèn)題一般應(yīng)用賦值法．綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．