Question

已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（1）=

5

2

，對(duì)于任意非零實(shí)數(shù)x，總有f（x）＞2．且對(duì)于任意實(shí)數(shù)x、y，總有f（x）f（y）=f（x+y）+f（x-y）成立．
（1）求f（0）的值，并證明f（x）為偶函數(shù)；
（2）若數(shù)列{a_n}滿足，a_n=f（n），判斷a_n+1和a_n的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（3）設(shè)有理數(shù)a，b滿足|a|＜|b|，判斷f（a）和f（b）的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

考點(diǎn)：抽象函數(shù)及其應(yīng)用,不等式比較大小

專題：計(jì)算題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）令x=1，y=0，求出f（0）=2，再令x=0即可判斷函數(shù)的奇偶性；
（2）由x≠0時(shí)，f（x）＞2，則f（x+y）+f（x-y）=f（x）f（y）＞2f（y），即f（x+y）-f（y）＞f（y）-f（x-y），再令x=1，y=n，有f（n+1）-f（n）＞f（n）-f（n-1），再由遞推，即可得到；
（3）由x≠0時(shí)，f（x）＞2，則f（x+y）+f（x-y）=f（x）f（y）＞2f（y），即f（x+y）-f（y）＞f（y）-f（x-y）令y=kx（k為正整數(shù)），對(duì)任意的k為正整數(shù)，有f[（k+1）x]-f（kx）＞f（kx）-f[（k-1）x]，再由遞推即可得到對(duì)于k為正整數(shù)，總有f[（k+1）x]＞f（kx）成立，即有n＜m，則有f（nx）＜f（mx）成立，可設(shè)|a|=

q1

p1

，|b|=

q2

p2

，其中q₁，q₂是非負(fù)整數(shù)，p₁，p₂都是正整數(shù)，再由偶函數(shù)的結(jié)論和前面的結(jié)論，即可得到大�。�

解答： 解：（1）令x=1，y=0，∴f（1）f（0）=f（1）+f（1），
又f（1）=

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2

，∴f（0）=2．
令x=0，得f（0）f（y）=f（y）+f（-y），即2f（y）=f（y）+f（-y），
∴f（y）=f（-y）對(duì)任意的實(shí)數(shù)y總成立，
∴f（x）為偶函數(shù)；
（2）結(jié)論：a_n＜a_n+1．
證明：∵x≠0時(shí)，f（x）＞2，
∴f（x+y）+f（x-y）=f（x）f（y）＞2f（y），
即f（x+y）-f（y）＞f（y）-f（x-y）
∴令x=1，y=n，有f（n+1）-f（n）＞f（n）-f（n-1），
則f（n+1）-f（n）＞f（n）-f（n-1）＞f（n-1）-f（n-2）＞…＞f（1）-f（0）＞0．
∴a_n＜a_n+1．
（3）結(jié)論：f（a）＜f（b）．
證明：∵x≠0時(shí)，f（x）＞2，
∴f（x+y）+f（x-y）=f（x）f（y）＞2f（y），即f（x+y）-f（y）＞f（y）-f（x-y）
∴令y=kx（k為正整數(shù)），對(duì)任意的k為正整數(shù)，有f[（k+1）x]-f（kx）＞f（kx）-f[（k-1）x]，
則f[（k+1）x]-f（kx）＞f（kx）-f[（k-1）x]＞…＞f（x）-f（0）＞0
∴對(duì)于k為正整數(shù)，總有f[（k+1）x]＞f（kx）成立．
∴對(duì)于m，n為正整數(shù)，若n＜m，則有f（nx）＜f[（n-1）x]＜…＜f（mx）成立．
∵a，b為有理數(shù)，所以可設(shè)|a|=

q1

p1

，|b|=

q2

p2

，其中q₁，q₂是非負(fù)整數(shù)，p₁，p₂都是正整數(shù)，
則|a|=

q1p2

p1p2

，|b|=

p1q2

p1p2

，令x=

1

p1p2

，t=q₁p₂，s=p₁q₂，則t，s為正整數(shù)．
∵|a|＜|b|，∴t＜s，∴f（tx）＜f（sx），即f（|a|）＜f（|b|）．
∵函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，∴f（|a|）=f（a），f（|b|）=f（b），
∴f（a）＜f（b）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查抽象函數(shù)及運(yùn)用，考查函數(shù)的奇偶性和運(yùn)用，考查解決抽象函數(shù)的常用方法：賦值法，考查不等式的證明方法：遞推法，屬于中檔題．