Question

已知定义在R上的函数f（x）满足：，f(1)=

5

2

，且对于任意实数x，y，总有f（x）f（y）=f（x+y）+f（x-y）成立．
（I）求f（0）的值，并证明函数f（x）为偶函数；
（II）定义数列{a_n}：a_n=2f（n+1）-f（n）（n=1，2，3，…），求证：{a_n}为等比数列；
（III）若对于任意非零实数y，总有f（y）＞2．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代入，根据f(1)=

5

2

可确定f（0）的值；再令x=0可得证．
（2）表示出通项a_n，由等比数列的定义可证．
（3）根据有f（y）＞2可证明f[（k+1）y]＞f（ky），再根据x₁，x₂是有理数可以表示成|x1|=

q1

p1

，|x2|=

q2

p2

，且|x1|=

q1p2

p1p2

，|x2|=

p1q2

p1p2

，令y=

1

p1p2

，t=q₁p₂，s=p₁q₂，则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(1)=

5

2

，
∴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），对任意的实数y总成立．
∴f（x）为偶函数．
（II）令x=y=1，得f（1）f（1）=f（2）+f（0）．
∴

25

4

=f(2)+2．
∴f(2)=

17

4

．
∴a1=2f(2)-f(1)=

17

2

-

5

2

=6．
令x=n+1，y=1，得f（n+1）f（1）=f（n+2）+f（n）．
∴f(n+2)=

5

2

f(n+1)-f(n)．
a_n+1=2f（n+2）-f（n+1）
=2[

5

2

f(n+1)-f(n)]-f(n+1)4f(n+1)-2f(n)
=2[f（n+1）-2f（n）]=2a_n（n≥1）
∴{a_n}是以6为首项，以2为公比的等比数列．
（III）结论：f（x₁）＜f（x₂）．
证明：设y≠0
∵y≠0时，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）．
∴对于k∈N，总有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．
∴对于k∈N总有f[（k+1）y]＞f（ky）成立．
∴对于m，n∈N，若n＜m，则有f（ny）＜f（my）成立．
∵x₁，x₂∈Q，所以可设|x1|=

q1

p1

，|x2|=

q2

p2

，其中q₁，q₂是非负整数，p₁，p₂都是正整数，
则|x1|=

q1p2

p1p2

，|x2|=

p1q2

p1p2

．
令y=

1

p1p2

，t=q₁p₂，s=p₁q₂，则t，s∈N．
∵|x₁|＜|x₂|，∴t＜s
∴f（ty）＜f（sy），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：本题主要考查抽象函数的单调性和奇偶性问题．这种题型是每年高考中的压轴题，属较难题型．做题时注意多分析多联系．