Question

已知函数f（x）满足：对任意实数a、b都有f（a•b）=af（b）+bf（a）．
（1）求证：f（x）为奇函数；
（2）设f(-

1

2

)=

1

2

，记a_n=f（2ⁿ），n∈N^*，求数列{a_n}的前n项和S_n；
（3）若对一切实数x，均有|f（x）|≤1，试证：?x∈R，f（x）=0．

Answer 1

分析：（1）通过f（a•b）=af（b）+bf（a）给a，b赋值，可求得f（1）=0，f（-1）=0，从而得到f（-x）=-f（x）即可得证．
（2）由a_n=f（2ⁿ）可得数列{a_n}的递推式，然后通过构造得

an+1

2n+1

-

an

2n

=1，得其通项，从而求得数列{a_n}的通项公式，利用求和公式即可求其前n项和S_n．
（3）要证?x∈R，f（x）=0成立，直接证不好证，利用反证法，通过构造新函数h(x)=

0，x=0 f(x) x ，x≠0

，利用函数的奇偶性和f（x）的有界性，命题得证．

解答：解：（1）由已知得f（0）=f（0×0）=0•f（0）+0•f（0）=0，
又f（1）=f（1×1）=1•f（1）+1•f（1）=2f（1），∴f（1）=0
又f（1）=f[（-1）•（-1）]=（-1）•f（-1）+（-1）•f（-1）=-2f（-1），∴f（-1）=0
∴f（-x）=f[（-1）•x]=-f（x）+xf（-1）=-f（x），∴f（x）为奇函数．

（2）∵f(-1)=f(-

1

2

×2)=-

1

2

f(2)+2f(-

1

2

)=0，∴f(2)=4f(-

1

2

)=2
∴a_n+1=f（2ⁿ⁺¹）=f（2×2ⁿ）=2f（2ⁿ）+2ⁿf（2）=2a_n+2ⁿ⁺¹，
∴

an+1

2n+1

-

an

2n

=1，又∵

a1

2

=

f(2)

2

=1，
∴数列{

an

2n

}是首项为1，公差为1的等差数列，∴

an

2n

=n，a_n=n•2ⁿ（n∈N^*），
∴S_n=1•2+2•2²+3•2³++n•2ⁿ，2S_n=1•2²+2•2³+3•2⁴++（n-1）•2ⁿ+n•2ⁿ⁺¹，
∴S_n=n•2ⁿ⁺¹-（2+2²+2³++2ⁿ）=n•2ⁿ⁺¹-2（2ⁿ-1）=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2．

（3）记h(x)=

0，x=0 f(x) x ，x≠0

，由（1）知，h（x）为偶函数，
由f（ab）=af（b）+bf（a），得

f(ab)

ab

=

af(b)+bf(a)

ab

=

f(a)

a

+

f(b)

b

，
即h（ab）=h（a）+h（b），易知h（1）=0
假设存在x₀≠0，使得h（x₀）=t（t≠0），因h（x）为偶函数，故不妨设x₀＞0．
①若x₀＞1，则当n∈N^*时，h（x₀ⁿ）=n•h（x₀）=nt，即

f(x0n)

x0n

=nt，
∴f（x₀ⁿ）=n•t•x₀ⁿ，故必存在足够大的正整数n，使得|f（x₀ⁿ）|=|n•t•x₀ⁿ|＞1
这与已知“对一切实数x，均有|f（x）|≤1”矛盾；
 ②若0＜x₀＜1，则由h(x0)+h(

1

x0

)=h(1)=0得h(

1

x0

)=-t(t≠0)
同理可得，必存在足够大的正整数n，使得|f(

1

x0n

)|=|n•t•

1

x0n

|＞1
这也与已知“对一切实数x，均有|f（x）|≤1”矛盾；
综上所述，假设不能成立，故对一切实数x，f（x）恒为零．
即：?x∈R，f（x）=0

点评：本题主要考查了函数奇偶性的判断，以及赋值法研究抽象函数，同时考查了数列通项和前n项和的求法和反证法证明命题．综合性很强，需要学生扎实的基础和灵活的解题能力，是个难题．