Question

已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：，，且對于任意實(shí)數(shù)x，y，總有f（x）f（y）=f（x+y）+f（x-y）成立．
（I）求f（0）的值，并證明函數(shù)f（x）為偶函數(shù)；
（II）定義數(shù)列{a_n}：a_n=2f（n+1）-f（n）（n=1，2，3，…），求證：{a_n}為等比數(shù)列；
（III）若對于任意非零實(shí)數(shù)y，總有f（y）＞2．設(shè)有理數(shù)x₁，x₂滿足|x₁|＜|x₂|，判斷f（x₁）和f（x₂）的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

【答案】分析：（1）令x=1，y=0代入，根據(jù)可確定f（0）的值；再令x=0可得證．
（2）表示出通項(xiàng)a_n，由等比數(shù)列的定義可證．
（3）根據(jù)有f（y）＞2可證明f[（k+1）y]＞f（ky），再根據(jù)x₁，x₂是有理數(shù)可以表示成，且，令，t=q₁p₂，s=p₁q₂，則t，s∈N可以得到答案．
解答：解：（I）令x=1，y=0
∴f（1）•f（0）=f（1）+f（1）
∵，
∴f（0）=2．
令x=0，
∴f（0）f（y）=f（y）+f（-y）即2f（y）=f（y）+f（-y）
∴f（y）=f（-y），對任意的實(shí)數(shù)y總成立．
∴f（x）為偶函數(shù)．
（II）令x=y=1，得f（1）f（1）=f（2）+f（0）．
∴．
∴．
∴．
令x=n+1，y=1，得f（n+1）f（1）=f（n+2）+f（n）．
∴．
a_n+1=2f（n+2）-f（n+1）
=
=2[f（n+1）-2f（n）]=2a_n（n≥1）
∴{a_n}是以6為首項(xiàng)，以2為公比的等比數(shù)列．
（III）結(jié)論：f（x₁）＜f（x₂）．
證明：設(shè)y≠0
∵y≠0時(shí)，f（y）＞2，
∴f（x+y）+f（x-y）=f（x）f（y）＞2f（x），即f（x+y）-f（x）＞f（x）-f（x-y）．
∴對于k∈N，總有f[（k+1）y]-f（ky）＞f（ky）-f[（k-1）y]成立．
∴f[（k+1）y]-f（ky）＞f（ky）-f[（k-1）y]＞f[（k-1）y]-f[（k-2）y]＞…＞f（y）-f（0）＞0．
∴對于k∈N總有f[（k+1）y]＞f（ky）成立．
∴對于m，n∈N，若n＜m，則有f（ny）＜f（my）成立．
∵x₁，x₂∈Q，所以可設(shè)，其中q₁，q₂是非負(fù)整數(shù)，p₁，p₂都是正整數(shù)，
則．
令，t=q₁p₂，s=p₁q₂，則t，s∈N．
∵|x₁|＜|x₂|，∴t＜s
∴f（ty）＜f（sy），即f（|x₁|）＜f（|x₂|）．
∵函數(shù)f（x）為偶函數(shù)．
∴f（|x₁|）=f（x₁），f（|x₂|）=f（x₂）．
∴f（x₁）＜f（x₂）．
點(diǎn)評：本題主要考查抽象函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性問題．這種題型是每年高考中的壓軸題，屬較難題型．做題時(shí)注意多分析多聯(lián)系．