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已知定义在R上的函数f(x)满足:,f(1)=
52
,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{an}:an=2f(n+1)-f(n)(n=1,2,3,…),求证:{an}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.
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an,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)

an+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)]=2an(n≥1)
∴{an}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,
|x1|=
q1p2
p1p2
,|x2|=
p1q2
p1p2

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.
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则下列不等式中正确的是(  )

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  则:
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0
0

②f(2011)的值为
-1
-1

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