Question

已知f（x）定义域为R，满足：
①f（1）=1＞f（-1）；
②对任意实数x，y，有f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1）．
（Ⅰ）求f（0），f（3）的值；
（Ⅱ）判断函数的奇偶性与周期性，并求f²（3x）+f²（3x-1）的值；
（Ⅲ）是否存在常数A，B，使得不等式|f（x）+f（2-x）+Ax+B|≤2对一切实数x成立．如果存在，求出常数A，B的值；如果不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（I）令x=y=1代入式子，得f（1）=f²（1）+f²（0），由f（1）=1得f（0）=0，
再令x=y=0代入式子化简后，根据f（1）=1＞0＞f（-1），得f（-1）=-1，令x=0、y=2求出f（3）的值；
（II）令y=0得f（-x+1）=f（x）f（0）+f（x-1）f（-1），再根据（1）得f（-x+1）=-f（x-1），即f（-x）=-f（x），判断出函数为奇函数，令x=-x-1，代入f（-x+1）=-f（x-1）进行化简，结合奇函数的性质求出函数的周期，令x=y代入f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1），求出f²（x）+f²（x-1）=1，令x=3x代入求出f²（3x）+f²（3x-1）的值；
（Ⅲ）假设存在常数A，B满足题意，根据（II）：f（2-x）=f（x），将不等式转化为：|2f（x）+Ax+B|≤2，分别x=-1、1、3列出方程，再相加后求出A和B的值，再根据f²（x）+f²（x-1）=1进行判断即可．

解答：解：（Ⅰ）∵f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1），
∴令x=y=1，得f（1-1+1）=f（1）f（1）+f（0）f（0），
即f（1）=f²（1）+f²（0），
∵f（1）=1，∴f（0）=0，
令x=y=0得，f（1）=f²（0）+f²（-1），
∵f（1）=1＞f（-1），∴f（-1）=-1，
令x=0、y=2得，f（3）=f（0）f（2）+f（-1）f（1），
∴f（3）=-f（1）=-1，
（Ⅱ）对f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1），
令y=0，得f（-x+1）=f（x）f（0）+f（x-1）f（-1）
由（1）得，f（-1）=-1，f（0）=0，
∴f（-x+1）=-f（x-1），令x=x+1，即f（-x）=-f（x），
∴函数为奇函数，
令x=-x-1，代入f（-x+1）=-f（x-1），
得f（-x+2）=-f（-x）=f（x），即f（2-x）=f（x），
∴-f（x-2）=f（x），令x=x+2代入得f（x+2）=-f（x），
令x=x+2代入得f（x+4）=f（x），
∴函数的周期是4，
令x=y代入f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1），
得f²（x）+f²（x-1）=1，令x=3x代入得，
∴f²（3x）+f²（3x-1）=1，
（Ⅲ）假设存在常数A，B满足题意，
由（II）得，f（2-x）=f（x），
∴|f（x）+f（2-x）+Ax+B|≤2为：|2f（x）+Ax+B|≤2，
令x=-1得，-2≤-2-A+B≤2，即-2≤2+A-B≤2    ①
令x=1得，-2≤2+A+B≤2      ②
令x=3得，-2≤-2+3A+B≤2，即-2≤2-3A-B≤2   ③
①+②得，-4≤A≤0；②+③得，0≤A≤4，则A=0，
将A=0代入①得0≤B≤4；代入②得-4≤B≤0，则B=0，
由（II）得，f²（x）+f²（x-1）=1，
∴当A=B=0时，|2f（x）+Ax+B|≤2对一切实数x成立，
∴存在唯一一组常数A=B=0，使得不等式|f（x）+f（2-x）+Ax+B|≤2对一切实数x成立．

点评：本题考查了函数奇偶性的判断，和抽象函数的性质和求值的问题，以及存在性问题，属于难题．合理地利用条件赋值，是解决本题的关键所在．