chapter{函数与方程}
egin{example}
(2002年江苏)已知$a>0$,函数$f(x)=ax-bx^2$.
egin{enumerate}
item 当$b>0$时,若对任意$xin mathbb{R}$都有$f(x)leq 1$,证明$aleq 2sqrt{b}$.
item 当$b>1$时,证明:对任意$xin [0,1]$, $|f(x)|leq 1$的充要条件是$b-1leq aleq 2sqrt{b}$;
item 当$0<bleq 1$时,讨论:对任意$xin[0,1],|f(x)|leq 1$的充要条件.
end{enumerate}
end{example}
egin{solution}
end{solution}
egin{example}
(2006年江苏)设$a$为实数,设函数$f(x)=asqrt{1-x^2}+sqrt{1+x}+sqrt{1-x}$的最大值为$g(a)$.
egin{enumerate}
item 设$t=sqrt{1+x}+sqrt{1-x}$,求$t$的取值范围,并把$f(x)$表示为$t$的函数$m(t)$;
item 求$g(a)$;
item 试求满足$g(a)=gleft(frac{1}{a}
ight)$的所有实数$a$.
end{enumerate}
end{example}
egin{solution}
end{solution}
egin{example}
(2006年联赛)求方程$left(x^{2006}+1
ight)left(1+x^2+x^4+cdots +x^{2004}
ight)=2006x^{2005}$的实数解的个数.
end{example}
egin{solution}
end{solution}
egin{example}
(2010年广州高二竞赛)已知定义在$mathbb{R}$上的函数$f(x)$满足: $f(1)=left(frac{5}{2}
ight)$,且对于任意实数$x$、$y$,总有$f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y)$成立.
egin{enumerate}
item 求$f(0)$的值,并证明$f(x)$为偶函数;
item 若数列${a_n}$满足$a_n=2f(n+1)-f(n)\,(n=1,2,3,cdots)$,求数列${a_n}$的通项公式;
item 若对于任意非零实数$y$,总有$f(y)>2$.设有理数$x_1,x_2$满足$|x_1|<|x_2|$,判断$f(x_1)$和$f(x_2)$的大小关系,并证明你的结论.
end{enumerate}
end{example}
egin{solution}
egin{enumerate}
item 令$x=1,y=0$,所以$f(1)cdot f(0)=f(1)+f(1)$,又因为$f(1)=frac{5}{2}$,所以$f(0)=2$.
令$x=0$,得$f(0)f(y)=f(y)+f(-y)$,即$2f(y)=f(y)+f(-y)$,所以$f(y)=f(-y)$对任意的实数$y$总成立,所以$f(x)$为偶函数.
item 令$x=y=1$,得$f(1)f(1)=f(2)+f(0)$,所以$frac{25}{4}=f(2)+2$,故$f(2)=frac{17}{4}$,
故$a_1=2f(2)-f(1)=frac{17}{2}-frac{5}{2}=6$.
令$x=n+1,y=1$,得$f(n+1)f(1)=f(n+2)+f(n)$,所以
[f(n+2)=frac{5}{2}f(n+1)-f(n).]
所以
egin{align*}
a_{n+1}&=2f(n+2)-f(n+1)=2left[frac{5}{2}f(n+1)-f(n)
ight]-f(n+1)=4f(n+1)-2f(n)\
&=2[2f(n+1)-f(n)]=2a_n,quad (ngeq 1)
end{align*}
所以${a_n}$是以$6$为首项,以$2$为公比的等比数列,所以$a_n=6 imes 2^{n-1}$.
item 结论: $f(x_1)<f(x_2)$.
证明:因为$y
eq 0$时, $f(y)>2$,所以$f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y)>2f(x)$,即$f(x+y)-f(x)>f(x)-f(x-y)$.
令$x=ky\, (kinmathbb{N}^ast)$,故对任意$kinmathbb{N}^ast$,总有$f[(k+1)y]-f(ky)>f(ky)-f[(k-1)y]$成立,则
[f[(k+1)y]-f(ky)>f(ky)-f[(k-1)y]>f[(k-1)y]-f[(k-2)y]>cdots>f(y)-f(0)>0.]
所以对于$kinmathbb{N}^ast$,总有$f[(k+1)y]>f(ky)$成立.
故对于$m,ninmathbb{N}^ast$,若$n<m$,则有$f(ny)<f[(n-1)y]<cdots<f(my)$成立.
因为$x_1,x_2inmathbb{Q}$,所以可设$|x_1|=frac{q_1}{p_1},|x_2|=frac{q_2}{p_2}$,其中$q_1,q_2$是非负整数, $p_1,p_2$都是正整数,则$|x_1|=frac{q_1p_2}{p_1p_2},|x_2|=frac{p_1q_2}{p_1p_2}$,令$y=frac{1}{p_1p_2}$, $t=q_1p_2,s=p_1q_2$,则$t,sinmathbb{N}^ast$.
因为$|x_1|<|x_2|$,所以$t<s$,故$f(ty)<f(sy)$,即$f(|x_1|)<f(|x_2|)$.
因为函数$f(x)$为偶函数,所以$f(|x_1|)=f(x_1),f(|x_2|)=f(x_2)$.因此$f(x_1)<f(x_2)$.
end{enumerate}
end{solution}
%https://wenku.baidu.com/view/bf838bfb910ef12d2af9e702.html
egin{example}
(海淀区2009年高三第二学期期末练习)已知函数$f(x)$定义域为$mathbb{R}$,满足:
egin{enumerate}
item[ding{172}] $f(1)=1>f(-1)$;
item[ding{173}] 对任意实数$x,y$有$f(y-x+1)=f(x)f(y)+f(x-1)f(y-1)$.
end{enumerate}
egin{enumerate}
item 求$f(0),f(3)$的值;
item 求$frac{1}{2}f(1-6x)+[f(3x)]^2$的值;
item 是否存在常数$A,B$,使得不等式$|f(x)+f(2-x)+Ax+B|leq 2$对一切实数$x$均成立.
如果存在,求出常数$A,B$的值;如果不存在,请说明理由.
end{enumerate}
end{example}
egin{solution}
egin{enumerate}
item 取$x=y=1$,得$f(1-1+1)=f(1)cdot f(1)+f(1-1)cdot f(1-1)$,即$f(1)=[f(1)]^2+[f(0)]^2$.
因为$f(1)=1$,所以$f(0)=0$.
取$x=y=0$,得$1=f(1)=[f(-1)]^2$.因为$f(1)=1>f(-1)$,所以$f(-1)=-1$.
取$x=0,y=2$,得$f(3)=f(0)cdot f(2)+f(-1)cdot f(1)$,所以$f(3)=-1$.
item 在$f(y-x+1)=f(x)f(y)+f(x-1)f(y-1)$中取$y=1$得$f(2-x)=f(x)$,所以$f(1+x)=f(1-x)$.
在$f(y-x+1)=f(x)f(y)+f(x-1)f(y-1)$中取$y=x$,得$[f(x)]^2+[f(x-1)]^2=1$.
在$f(y-x+1)=f(x)f(y)+f(x-1)f(y-1)$中取$x=0$得$f(y+1)=f(0)f(y)+f(-1)f(y-1)=-f(y-1)$.所以$f(-1+1)=-f(-1-1)$,即$f(-2)=0$.
在$f(y-x+1)=f(x)f(y)+f(x-1)f(y-1)$中取$y=-1$,得$f(-x)=f(x)f(-1)+f(x-1)f(-2)$,所以$f(-x)=-f(x)$.
在$f(y-x+1)=f(x)f(y)+f(x-1)f(y-1)$中取$y=-x$,得
egin{align*}
f(-2x+1)&=f(x)f(-x)+f(x-1)f(-x-1)=-[f(x)]^2-f(x-1)f(x+1)\
&=-[f(x)]^2-f(x-1)f(1-x)=-[f(x)]^2+[f(x-1)]^2\
&=1-2[f(x)]^2.
end{align*}
所以$frac{1}{2}f(1-2x)+[f(x)]^2=frac{1}{2}$对任意实数$x$均成立.
所以$frac{1}{2}f(1-6x)+[f(3x)]^2=frac{1}{2}$.
item 由(2)知$f(2-x)=f(x)$,所以$|f(x)+f(2-x)+Ax+B|leq 2Leftrightarrow |2f(x)+Ax+B|leq 2$.
在$|2f(x)+Ax+B|leq 2$中,取$x=-1$,得$-2leq -2-A+Bleq 2$,即
[-2leq 2+A-Bleq 2. ag{1}]
取$x=1$,得
[-2leq 2+A+Bleq 2. ag{2}]
取$x=3$,得$-2leq -2+3A+Bleq 2$,即
[-2leq 2-3A-Bleq 2. ag{3}]
$(2)+(1)$得$Aleq 0$, $(2)+(3)$得$Ageq 0$.于是$A=0$.
将$A=0$代人$(1)$得$Bgeq 0$.将$A=0$代入$(2)$得$Bleq 0$.于是$B=0$.
由(2)知$[f(x)]^2+[f(x-1)]^2=1$,所以$|f(x)|leq 1$对一切实数$x$成立.
故当$A=B=0$时, $|2f(x)+Ax+B|leq 2$对一切实数$x$成立.
故存在常数$A=B=0$,使得不等式$|f(x)+f(2-x)+Ax+B|leq 2$对一切实数$x$成立,且$A=B=0$为满足题设的唯一一组值.
end{enumerate}
end{solution}
%https://wenku.baidu.com/view/b2723a4ab307e87101f69666