Question

3．已知函数f（x）对于?x，y∈R．
（1）若f（x+y）=f（x）+f（y）-1，当x＞0时，f（x）＞1且f（3）=4，
①求f（x）的单调性；
②f（x）在[1，2]上的最大值和最小值．
（2）若f（x）+f（y）=2f（$\frac{x+y}{2}$）f（$\frac{x-y}{2}$），f（0）≠0，且存在非零常数c，使f（c）=0．
①判断f（x）的奇偶性并证明；
②求证f（x）为周期函数并求出f（x）的一个周期．

Answer 1

分析 （1）①根据函数单调性的定义，结合抽象函数的关系进行证明．②利用函数的单调性的定义和最值之间的关系进行求解即可．
（2）①令x=0，y=0，并代入有$f（x）+f（y）=2f（\frac{x+y}{2}）f（\frac{x-y}{2}），f（0）≠0$，即可求出f（0）的值；令y=-x，代入求得f（x）+f（-x）=2f（0）f（x），即可证得结果；
②根据存在非零常数c，使f（c）=0及周期函数的定义得到f（2c+x）+f（x）=$2f（\frac{2c+2x}{2}）•f（\frac{2c}{2}）$=0，再验证f（4c+x）=f（x）即可证明结论．

解答 证明：（1）①任取x₁，x₂∈（-∞，+∞）且x₁＜x₂，
则x₂-x₁＞0，f（x₂-x₁）＞1，
则f（x₂）=f（x₂-x₁+x₁）=f（x₂-x₁）+f（x₁）-1＞1+f（x₁）-1=f（x₁），
故f（x）为R上的增函数；
②∵f（x）为R上的增函数，
∴f（x）在[1，2]上为增函数，
则函数的最大值为f（2），最小值为f（1），
∵f（x+y）=f（x）+f（y）-1，
∴f（2）=f（1）+f（1）-1=2f（1）-1，
f（3）=f（1）+f（2）-1=f（1）+2（1）-1-1=3f（1）-2=4，
即3f（1）=6，则f（1）=2，
f（2）=2f（1）-1=2×2-1=4-1=3，
即函数在[1，2]上的最大值为f（2）=3，最小值为f（1）=2．
（2）①∵任意x，y∈R均有f（x）+f（y）=$2f（\frac{x+y}{2}）f（\frac{x-y}{2}）$，令x=y=0，
∴2f（0）=2f（0）•f（0），
∵f（0）≠0，∴f（0）=1．
令y=-x，可得f（x）+f（-x）=2f（0）f（x），
有f（-x）=f（x），
则f（x）为偶函数、
②∵f（2c+x）+f（x）=$2f（\frac{2c+2x}{2}）•f（\frac{2c}{2}）$，
∵f（c）=0，∴f（2c+x）+f（x）=0，
即f（2c+x）=-f（x），
∴f（x）=-f（2c+x）=-[-f（2c+（2c+x））]=f（4c+x），
∴f（x）的周期为4c．

点评 本题主要考查抽象函数及其应用，以及利用函数奇偶性，单调性和周期性的定义判断函数的奇偶性和周期性和单调性，和最值性，解决抽象函数的问题一般应用赋值法．综合性较强，有一定的难度．