Question

19．若定义在R上的函数y=f（x）满足：对于任意实数x，y，总有f（x+y）+f（x-y）=2f（x）f（y）恒成立，我们称f（x）为“类余弦型”函数．
（1）已知f（x）为“类余弦型”函数，且$f（1）=\frac{5}{4}$，求f（0）和f（2）的值；
（2）在（1）的条件下，定义数列a_n=2f（n+1）-f（n）（n=1，2，3…），求${log_2}\frac{a_1}{3}+{log_2}\frac{a_2}{3}+…+{log_2}\frac{{{a_{2017}}}}{3}$的值；
（3）若f（x）为“类余弦型”函数，且对于任意非零实数t，总有f（t）＞1，证明：函数f（x）为偶函数；设有理数x₁，x₂满足|x₁|＜|x₂|，判断f（x₁）和f（x₂）的大小关系，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）令x=1，y=0计算f（0），再令x=y=1计算f（2）；
（2）判断{a_n}是等比数列，求出a_n的通项公式，代入计算即可；
（3）由t≠0时，f（t）＞1，则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为正整数），对任意的k为正整数，有f[（k+1）x]-f（kx）＞f（kx）-f[（k-1）x]，再由递推即可得到对于k为正整数，总有f[（k+1）x]＞f（kx）成立，即有n＜m，则有f（nx）＜f（mx）成立，可设|x₁|=$\frac{{q}_{1}{p}_{2}}{{p}_{1}{p}_{2}}$，|x₂|=$\frac{{p}_{1}{q}_{2}}{{p}_{1}{p}_{2}}$，其中q₁，q₂是非负整数，p₁，p₂都是正整数，再由偶函数的结论和前面的结论，即可得到大小．

解答 解：（1）令x=1，y=0，得f（1）+f（1）=2f（1）f（0），∴f（0）=1；
令x=y=1得f（2）+f（0）=2f²（1），∴f（2）=2f²（1）-f（0）=$\frac{17}{8}$．
（2）令x=n+1，y=1，得2f（n+1）f（1）=f（n+2）+f（n）．
∴f（n+2）=$\frac{5}{2}$f（n+1）-f（n），
∴a_n+1=2f（n+2）-f（n+1）=2[$\frac{5}{2}$f（n+1）-f（n）]-f（n+1）=4f（n+1）-2f（n）=2[2f（n+1）-f（n）]=2a_n（n≥1）．
又a₁=2f（2）-f（1）=3
∴{a_n}是以3为首项，以2为公比的等比数列，
所以a_n=3•2^n-1=3•2^n-1．
∴log₂$\frac{{a}_{n}}{3}$=log₂2^n-1=n-1，
∴{log₂$\frac{{a}_{n}}{3}$}是以0为首项，以1为公差的等差数列，
∴${log_2}\frac{a_1}{3}+{log_2}\frac{a_2}{3}+…+{log_2}\frac{{{a_{2017}}}}{3}$=0+1+2+…+2016=$\frac{2016}{2}×2017$=2033136．
（3）令x=0，得f（y）+f（-y）=2f（0）f（y）=2f（y），
∴f（-y）=f（y），即f（-x）=f（x），
∴f（x）是偶函数．
∵t≠0时，f（t）＞1，
∴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为正整数），对任意的k为正整数，有f[（k+1）x]-f（kx）＞f（kx）-f[（k-1）x]，
则f[（k+1）x]-f（kx）＞f（kx）-f[（k-1）x]＞…＞f（x）-f（0）＞0
∴对于k为正整数，总有f[（k+1）x]＞f（kx）成立．
∴对于m，n为正整数，若n＜m，则有f（nx）＜f[（n-1）x]＜…＜f（mx）成立．
∵x₁，x₂为有理数，所以可设|x₁|=$\frac{{q}_{1}}{{p}_{1}}$，|x₂|=$\frac{{q}_{2}}{{p}_{2}}$，其中q₁，q₂是非负整数，p₁，p₂都是正整数，
则|x₁|=$\frac{{q}_{1}{p}_{2}}{{p}_{1}{p}_{2}}$，|x₂|=$\frac{{p}_{1}{q}_{2}}{{p}_{1}{p}_{2}}$，令x=$\frac{1}{{p}_{1}{p}_{2}}$，t=q₁p₂，s=p₁q₂，则t，s为正整数．
∵|x₁|＜|x₂|，∴t＜s，∴f（tx）＜f（sx），即f（|x₁|）＜f（|x₂|）．
∵函数f（x）为偶函数，∴f（|x₁|）=f（x₁），f（|x₂|）=f（x₂），
∴f（x₁）＜f（x₂）．

点评 本题考查抽象函数及运用，考查函数的奇偶性和运用，考查解决抽象函数的常用方法：赋值法，考查不等式的证明方法：递推法，属于中档题．