Question

5．对于定义域为R的函数g（x），若存在正常数T，使得cosg（x）是以T为周期的函数，则称g（x）为余弦周期函数，且称T为其余弦周期．已知f（x）是以T为余弦周期的余弦周期函数，其值域为R．设f（x）单调递增，f（0）=0，f（T）=4π．
（1）验证g（x）=x+sin$\frac{x}{3}$是以6π为周期的余弦周期函数；
（2）设a＜b，证明对任意c∈[f（a），f（b）]，存在x₀∈[a，b]，使得f（x₀）=c；
（3）证明：“u₀为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解，”的充要条件是“u₀+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”，并证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．

Answer 1

分析 （1）根据余弦函数的周期定义，判断cosg（x+6π）是否等于cosg（x）即可；
（2）根据f（x）的值域为R，便可得到存在x₀，使得f（x₀）=c，而根据f（x）在R上单调递增即可说明x₀∈[a，b]，从而完成证明；
（3）只需证明u₀+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解得出u₀为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解，是否为方程的解，带入方程，使方程成立便是方程的解．证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T），可讨论x=0，x=T，x∈（0，T）三种情况：x=0时是显然成立的；x=T时，可得出cosf（2T）=1，从而得到f（2T）=2k₁π，k₁∈Z，根据f（x）单调递增便能得到k₁＞2，然后根据f（x）的单调性及方程cosf（x）=1在[T，2T]和它在[0，T]上解的个数的情况说明k₁=3，和k₁≥5是不存在的，而k₁=4时结论成立，这便说明x=T时结论成立；而对于x∈（0，T）时，通过考查cosf（x）=c的解得到f（x+T）=f（x）+f（T），综合以上的三种情况，最后得出结论即可．

解答 解：（1）g（x）=x+sin$\frac{x}{3}$；
∴$cosg（x+6π）=cos（x+6π+sin\frac{x+6π}{3}）$=$cos（x+sin\frac{x}{3}）$=cosg（x）
∴g（x）是以6π为周期的余弦周期函数；
（2）∵f（x）的值域为R；
∴存在x₀，使f（x₀）=c；
又c∈[f（a），f（b）]；
∴f（a）≤f（x₀）≤f（b），而f（x）为增函数；
∴a≤x₀≤b；
即存在x₀∈[a，b]，使f（x₀）=c；
（3）证明：若u₀+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解；
则：cosf（u₀+T）=1，T≤u₀+T≤2T；
∴cosf（u₀）=1，且0≤u₀≤T；
∴u₀为方程cosf（x）=1在[0，T]上的解；
∴“u₀为方程cosf（x）=1在[0，T]上得解”的充分条件是“u₀+T为方程cosf（x）=1在区间[T，2T]上的解”；下面证明对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）：
①当x=0时，f（0）=0，∴显然成立；
②当x=T时，cosf（2T）=cosf（T）=1；
∴f（2T）=2k₁π，（k₁∈Z），f（T）=4π，且2k₁π＞4π，∴k₁＞2；
1）若k₁=3，f（2T）=6π，由（2）知存在x₀∈（0，T），使f（x₀）=2π；
cosf（x₀+T）=cosf（x₀）=1⇒f（x₀+T）=2k₂π，k₂∈Z；
∴f（T）＜f（x₀+T）＜f（2T）；
∴4π＜2k₂π＜6π；
∴2＜k₂＜3，无解；
2）若k₁≥5，f（2T）≥10π，则存在T＜x₁＜x₂＜2T，使得f（x₁）=6π，f（x₂）=8π；
则T，x₁，x₂，2T为cosf（x）=1在[T，2T]上的4个解；
但方程cosf（x）=1在[0，2T]上只有f（x）=0，2π，4π，3个解，矛盾；
3）当k₁=4时，f（2T）=8π=f（T）+f（T），结论成立；
③当x∈（0，T）时，f（x）∈（0，4π），考查方程cosf（x）=c在（0，T）上的解；
设其解为f（x₁），f（x₂），…，f（x_n），（x₁＜x₂＜…＜x_n）；
则f（x₁+T），f（x₂+T），…，f（x_n+T）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；
又f（x+T）∈（4π，8π）；
而f（x₁）+4π，f（x₂）+4π，…，f（x_n）+4π∈（4π，8π）为方程cosf（x）=c在（T，2T）上的解；
∴f（x_i+T）=f（x_i）+4π=f（x_i）+f（T）；
∴综上对任意x∈[0，T]，都有f（x+T）=f（x）+f（T）．

点评 考查对余弦周期函数定义的理解，充分条件的概念，方程的解的概念，知道由cosf（x）=1能得出f（x）=2kx，k∈Z，以及构造方程解题的方法，在证明最后一问时能运用第二问的结论．