抽象函数的周期问题

抽象函数的周期问题

——由一道高考题引出的几点思考

2001年高考数学（文科）第22题：设f (x ) 是定义在R 上的偶函数，其图象关于直线x =1对称。对任意

1

x 1，x 2∈[0，]都有f (x 1+x 2) =f (x 1) ⋅f (x 2) 。

2

11

（I ）设f (1) =2，求f () ，f () ；

24

（II ）证明f (x ) 是周期函数。 解析：（I ）解略。

（II ）证明：依题设y =f (x ) 关于直线x =1对称 故f (x ) =f (2-x ) ，x ∈R 又由f (x ) 是偶函数知 f (-x ) =f (x ) ，x ∈R ∴f (-x ) =f (2-x ) ，x ∈R 将上式中-x 以x 代换，得 f (x ) =f (x +2) ，x ∈R 这表明f (x ) 是R 上的周期函数，且2是它的一个周期 f (x ) 是偶函数的实质是f (x ) 的图象关于直线x =0对称 又f (x ) 的图象关于x =1对称，可得f (x ) 是周期函数 且2是它的一个周期

由此进行一般化推广，我们得到

思考一：设f (x ) 是定义在R 上的偶函数，其图象关于直线x =a (a ≠0) 对称，证明f (x ) 是周期函数，且2a 是它的一个周期。

证明： f (x ) 关于直线x =a 对称 ∴f (x ) =f (2a -x ) ，x ∈R

又由f (x ) 是偶函数知f (-x ) =f (x ) ，x ∈R ∴f (-x ) =f (2a -x ) ，x ∈R

将上式中-x 以x 代换，得 f (x ) =f (2a +x ) ，x ∈R ∴f (x ) 是R 上的周期函数 且2a 是它的一个周期

思考二：设f (x ) 是定义在R 上的函数，其图象关于直线x =a 和x =b (a ≠b ) 对称。证明f (x ) 是周期函数，且2(b -a ) 是它的一个周期。

证明： f (x ) 关于直线x =a 和x =b 对称

∴f (x ) =f (2a -x ) ，x ∈R

f (x ) =f (2b -x ) ，x ∈R

∴f (2a -x ) =f (2b -x ) ，x ∈R

将上式的-x 以x 代换得

f (2a +x ) =f (2b +x ) ，x ∈R ∴f [x +2(b -a )]=f [(x -2a ) +2b ]=f [(x -2a ) +2a ]=f (x ) ，x ∈R ∴f (x ) 是R 上的周期函数 且2(b -a ) 是它的一个周期

若把这道高考题中的“偶函数”换成“奇函数”，f (x ) 还是不是周期函数？经过探索，我们得到

思考三：设f (x ) 是定义在R 上的奇函数，其图象关于直线x =1对称。证明f (x ) 是周期函数，且4是它的一个周期。，

证明： f (x ) 关于x =1对称 ∴f (x ) =f (2-x ) ，x ∈R

又由f (x ) 是奇函数知

f (-x ) =-f (x ) ，x ∈R ∴f (2-x ) =-f (-x ) ，x ∈R

f (2+x ) =-f (x ) ，x ∈R ∴f (x +4) =f [2+(x +2)]

将上式的-x 以x 代换，得

=-f (x +2)

=-[-f (x )]=f (x ) ，x ∈R

∴f (x ) 是R 上的周期函数 且4是它的一个周期

f (x ) 是奇函数的实质是f (x ) 的图象关于原点（0，0）中心对称，又f (x ) 的图象关于直线x =1对称，可得f (x ) 是周期函数，且4是它的一个周期。由此进行一般化推广，我们得到

思考四：设f (x ) 是定义在R 上的函数，其图象关于点M (a ，0) 中心对称，且其图象关于直线x =b (b ≠a ) 对称。证明f (x ) 是周期函数，且4(b -a ) 是它的一个周期。 证明： f (x ) 关于点M (a ，0) 对称 ∴f (2a -x ) =-f (x ) ，x ∈R f (x ) 关于直线x =b 对称

∴f (x ) =f (2b -x ) ，x ∈R ∴f (2b -x ) =-f (2a -x ) ，x ∈R

将上式中的-x 以x 代换，得

f (2b +x ) =-f (2a +x ) ，x ∈R ∴f [x +4(b -a )]=f [2b +(x +2b -4a )] =-f [2a +(x +2b -4a )]

=-f [2b +(x -2a )]=f [2a +(x -2a )]=f (x ) ，x ∈R

∴f (x ) 是R 上的周期函数 且4(b -a ) 是它的一个周期

由上我们发现，定义在R 上的函数f (x ) ，其图象若有两条对称轴或一个对称中心和一条对称轴，则f (x ) 是R 上的周期函数。进一步我们想到，定义在R 上的函数f (x ) ，其图象如果有两个对称中心，那么f (x ) 是否为周期函数呢？经过探索，我们得到

思考五：设f (x ) 是定义在R 上的函数，其图象关于点M (a ，0) 和N (b ，0) (a ≠b ) 对称。证明f (x ) 是周期函数，且2(b -a ) 是它的一个周期。

证明： f (x ) 关于M (a ，0) ，N (b ，0) 对称

∴f (2a -x ) =-f (x ) ，x ∈R

f (2b -x ) =-f (x ) ，x ∈R ∴f (2a -x ) =f (2b -x ) ，x ∈R

将上式中的-x 以x 代换，得

f (2a +x ) =f (2b +x ) ，x ∈R

∴f [x +2(b -a )]=f [2b +(x -2a )]

=f [2a +(x -2a )]

=f (x ) ，x ∈R

∴f (x ) 是周期函数 且2(b -a ) 是它的一个周期

抽象函数解法举例

1． 已知函数f(x)=

g (x ) -1

, 且f(x),g(x)定义域都是R, 且g(x)>0, g(1) =2,g(x) 是增函数. g(m) · g(n)=

g (x ) +1

g(m+n)(m、n ∈R)

求证：①f(x)是R 上的增函数

②当n ∈N,n ≥3时,f(n)>解: ①设x 1>x2

n n +1

g(x)是R 上的增函数, 且g(x)>0 ∴ g(x) > g(x) >0 ∴g(x)+1 > g(x)+1 >0

22∴ > >0

1

2

1

2

g (x 2) +1g (x 1) +1

∴∴

22

- >0

g (x 2) +1g (x 1) +1

g (x 1) -1g (x 2) -122

- =1--(1-)

g (x 1) +1g (x 2) +1g (x 1) +1g (x 2) +1

f(x1)- f(x2)=

=

22->0

g (x 2) +1g (x 1) +1

2

∴ f(x) >f(x)

∴ f(x)是R 上的增函数

1

②

g(x) 满足g(m) · g(n)= g(m+n)(m、n ∈R) 且g(x)>0 ∴ g(n)=[ g(1)]=2

n

n

当n ∈N,n ≥3时, 2>n

∴f(n)=2-1＝1-2 ，

n

n

2n +12n +1

n 1＝1-

n +1n +1

2＝（1+1）＝1+n+„+C +„+n+1>2n+1

∴ 2+1>2n+2

∴21-1

2+1n +12+1n +1∴当n ∈N,n ≥3时,f(n)>n

n

n

i n

n

n n

n +1

2． 设f 1(x) f2(x)是(0,+∞) 上的函数, 且f 1(x)单增, 设

f(x)= f1(x) +f2(x) ,且对于(0,+∞) 上的任意两相异实数x 1, x2 恒有| f1(x1) － f1(x2)| >| f2(x1) － f2(x2)|

①求证：f (x)在(0,+∞) 上单增. ②设F(x)=x f (x), a>0、b>0. 求证：F(a+b)> F(a)+F(b) . ①证明:设 x1>x2>0

f (x) 在(0,+∞) 上单增

1

f 1(x1) － f1(x2)>0

1

1

1

∴| f(x) － f(x)|= f(x) － f(x)>0

2

1

1

1

2

| f1(x1) － f1(x2)| >| f2(x1) － f2(x2)|

1

2

1

1

2

1

2

2

1

∴f (x)- f(x) f(x)+ f(x) ∴f(x)> f(x)

1

1

2

1

1

2

1

1

2

2

2

1

2

f (x)在(0,+∞) 上单增 ②

F(x)=x f (x), a>0、b>0

a+b>a>0,a+b>b>0

F(a+b)=(a+b)f(a+b)=af(a+b)+bf(a+b)

f (x)在(0,+∞) 上单增

∴F(a+b)>af(a)+bf(b)= F(a)+F(b)

3． 函数y ＝f(x)满足

①f(a+b)＝f (a)·f (b)，②f(4)＝16, m、n 为互质整数，n ≠0 求f(

m

) 的值 n

2

f(0) =f(0+0)=f(0) ·f(0)=f(0)

∴f(0) =0或1. 若f(0)=0则f(4)=16=f(0+4)=f(0) ·f(4)=0.(矛盾) ∴f(1)=1

f(4)=f(2) ·f(2)=f(1) ·f(1) ·f(1) ·f(1)=16

f(1)=f(

2

∴f(1)=2.仿此可证得f(a)≥0. 即y=f(x)是非负函数.

f(0)=f(a+(-a))=f(a) ·f(-a)

1

) ≥0 2

∴f(-a)=

*

1 f (a )

n

n

-n

n ∈N 时f(n)=f(1)=2,f(-n)=2

f(1)=f(

111n 1++„+)=f()=2 n n n n

1

n

∴f(1)= 2

n

m

∴f(m )=[f(1)]= 2

n

n

m n

4． 定义在（-1，1）上的函数f (x)满足 ① 任意x 、y ∈（-1，1）都有f(x)+ f(y)＝f (

x +y

) ，②x ∈（-1，0）时， 1+xy

有f(x) >0

1) 判定f(x)在（-1，1）上的奇偶性，并说明理由 2) 判定f(x)在（-1，0）上的单调性，并给出证明

3) 求证：f (

111

) ＝f () －f ()

n +1n 2+3n +1n +2

1111*)

或f ()+f ()+„+f (2)> f () (n∈N

5211n +3n +1

解:1)

定义在（-1，1）上的函数f (x)满足任意x 、y ∈（-1，1）

都有f(x)+ f(y)＝f (

x +y

), 则当y=0时, f(x)+ f(0)＝f(x) 1+xy

∴f(0)=0

当-x=y时, f(x)+ f(-x)＝f(0) ∴f(x)是（-1，1）上的奇函数

2) 设0>x1>x2>-1

f(x)-f(x)= f(x)+ f(-x)=f (x -x

1

2

1

2

12

1-x 1x 2

)

0>x>x>-1 ,x∈（-1，0）时，

1

2

有f(x) >0,1-x1 x2>0, x1-x 2>0

∴f (x -x

1

2

1-x 1x 2

) >0

即f(x)在（-1，0）上单调递增. 3)

f (

11

)=f()

n 2+3n +1n 2+3n +2-1

111

-

(n +1)(n +2) =f( )=f()

11-1-∙(n +1)(n +2) n +1n +2

=f(

∴

11)-f() n +1n +2

111f ()+f ()+„+f (2)

511n +3n +1

1111111)-f()+f()-f()+f()+„+f()-f() 23344n +1n +21111= f() -f()=f()+f(-)

22n +2n +2

=f(

22n +2n +21111即f ()+f ()+„+f (2)> f ()

5211n +3n +1

1)

1

5． 设 f (x)是定义在R 上的偶函数, 其图像关于直线x=1对称, 对任意x 1、x 2∈[0,]都有f (x1+ x 2) ＝f(x1) ·f(x2),

2

且f(1)=a>0. 11

①求f () 及 f ();

24

②证明f(x)是周期函数

1

③记a n 求lim (lnan )

2n n →∞

x x 2

解: ①由)=[f(x)]≥0,f(x)

22111112

a= f(1)=f(2n· )=f(++„+＝[f ()]

2n 2n 2n 2n 2n 1

解得f ()=a 2n

2n

1

x ∈（-1，0）时，有f(x) >0

∴f(-1)>0, f(1)+f(-1)>f(1)

∴ f (1)=a

2

②

12

1

,f ()=a 4.

4

1

f(x)是偶函数, 其图像关于直线x=1对称, ∴f(x)=f(-x),f(1+x)=f(1-x).

∴f(x+2)=f[1+(1+x)]= f[1-(1+x)]= f(x)=f(-x).

∴f(x)是以2为周期的周期函数.

③

∴lim (lna)= lim ln a =0

n

11

an )=a 2n

2n 2n

1

n →∞n →∞

2a

6． 设y =f (x ) 是定义在R 上的恒不为零的函数，且对任意x 、y ∈R 都有

f(x+y)＝f(x)f(y)

①求f(0)，

②设当xf(0)证明当x>0时0

③设a 1=

解：①②仿前几例，略。 ③

1*

,a n =f(n)（n ∈N ），s n 为数列｛a n ｝前n 项和，求lim s n.

n →∞2

a ＝f(n)，

∴ a＝f(1)＝1

n 1

a ＝f(n+1)=f(n)f(1)＝1a

2

∴数列｛a ｝是首项为1公比为1的等比数列

n+1

n

n

2

22

∴s ＝1-⎛ 1⎫⎪

n

n

∴lim s ＝1

n

n →∞

⎝2⎭

7． 设y =f (x ) 是定义在区间[-1, 1]上的函数，且满足条件： （i ）f (-1) =f (1) =0;

（ii ）对任意的u , v ∈[-1, 1],都有|f (u ) -f (v ) |≤|u -v |. （Ⅰ）证明：对任意的x ∈[-1, 1],都有x -1≤f (x ) ≤1-x ; （Ⅱ）证明：对任意的u , v ∈[-1, 1],都有|f (u ) -f (v ) |≤1;

（Ⅲ）在区间[－1，1]上是否存在满足题设条件的奇函数y =f (x ) ，且使得

1⎧

|f (u ) -f (v ) |

⎨

1⎪|f (u ) -f (v ) |=|u -v |,当u , v ∈[, 1].

⎪2⎩

若存在，请举一例：若不存在，请说明理由.

（Ⅰ）证明：由题设条件可知，当x ∈[-1, 1]时，有|f (x ) =|f (x ) -f (1) ≤|x -1|=1-x ,

即x -1≤f (x ) ≤1-x .

（Ⅱ）证法一：对任意的u , v ∈[-1, 1],当|u -v |≤1时, 有|f(u)-f(v)|≤|u -v |≤1.

时, u ⋅v 0且v -u >1, 当|u -v |>1

所以，|f (u ) -f (v ) |≤|f (u ) -f (-1) |+|f (v ) -f (1) |≤|u +1|+|v -1|

=1+u +1-v =2-(v -u )

f (u ) -f (v ) |≤1.

证法二：由（Ⅰ）可得，当x ∈[0, 1]时, f(x)≤1-x, x ∈[-1, 0]时, |f (x ) |=|f (x ) -f (-1) ≤1+x =1-|x |. 所以，当

x ∈[-1, 1]时, |f (x ) ≤1-|x |. 因此，对任意的u , v ∈[-1, 1],

当|u -v |≤1时，|f (u ) -f (v ) |≤|u -v |≤1. 当|u -v |>1时，有u ⋅v

所以|f (u ) -f (v ) |≤|f (u ) |+|f (v ) |≤1-|u |+1-|v |=2-(|u |+|v ) ≤1. 综上可知，对任意的u , v ∈[-1, 1],都有|f (u ) -f (v ) |≤1.

（Ⅲ）答：满足所述条件的函数不存在.

理由如下，假设存在函数f (x ) 满足条件，则由|f (u ) -f (v ) |=|u -v |,u , v ∈[1, 1],

2

11111

得|f () -f (1) |=|-1|=. 又f (1) =0, 所以|f () |=. ①

22222

又因为f (x ) 为奇数，所以f (0) =0. 由条件|f (u ) -f (v ) |

2

111

得 |f () |=|f () -f (0) |

222

抽象函数的周期问题

——由一道高考题引出的几点思考

2001年高考数学（文科）第22题：设f (x ) 是定义在R 上的偶函数，其图象关于直线x =1对称。对任意

1

x 1，x 2∈[0，]都有f (x 1+x 2) =f (x 1) ⋅f (x 2) 。

2

11

（I ）设f (1) =2，求f () ，f () ；

24

（II ）证明f (x ) 是周期函数。 解析：（I ）解略。

（II ）证明：依题设y =f (x ) 关于直线x =1对称 故f (x ) =f (2-x ) ，x ∈R 又由f (x ) 是偶函数知 f (-x ) =f (x ) ，x ∈R ∴f (-x ) =f (2-x ) ，x ∈R 将上式中-x 以x 代换，得 f (x ) =f (x +2) ，x ∈R 这表明f (x ) 是R 上的周期函数，且2是它的一个周期 f (x ) 是偶函数的实质是f (x ) 的图象关于直线x =0对称 又f (x ) 的图象关于x =1对称，可得f (x ) 是周期函数 且2是它的一个周期

由此进行一般化推广，我们得到

思考一：设f (x ) 是定义在R 上的偶函数，其图象关于直线x =a (a ≠0) 对称，证明f (x ) 是周期函数，且2a 是它的一个周期。

证明： f (x ) 关于直线x =a 对称 ∴f (x ) =f (2a -x ) ，x ∈R

又由f (x ) 是偶函数知f (-x ) =f (x ) ，x ∈R ∴f (-x ) =f (2a -x ) ，x ∈R

将上式中-x 以x 代换，得 f (x ) =f (2a +x ) ，x ∈R ∴f (x ) 是R 上的周期函数 且2a 是它的一个周期

思考二：设f (x ) 是定义在R 上的函数，其图象关于直线x =a 和x =b (a ≠b ) 对称。证明f (x ) 是周期函数，且2(b -a ) 是它的一个周期。

证明： f (x ) 关于直线x =a 和x =b 对称

∴f (x ) =f (2a -x ) ，x ∈R

f (x ) =f (2b -x ) ，x ∈R

∴f (2a -x ) =f (2b -x ) ，x ∈R

将上式的-x 以x 代换得

f (2a +x ) =f (2b +x ) ，x ∈R ∴f [x +2(b -a )]=f [(x -2a ) +2b ]=f [(x -2a ) +2a ]=f (x ) ，x ∈R ∴f (x ) 是R 上的周期函数 且2(b -a ) 是它的一个周期

若把这道高考题中的“偶函数”换成“奇函数”，f (x ) 还是不是周期函数？经过探索，我们得到

思考三：设f (x ) 是定义在R 上的奇函数，其图象关于直线x =1对称。证明f (x ) 是周期函数，且4是它的一个周期。，

证明： f (x ) 关于x =1对称 ∴f (x ) =f (2-x ) ，x ∈R

又由f (x ) 是奇函数知

f (-x ) =-f (x ) ，x ∈R ∴f (2-x ) =-f (-x ) ，x ∈R

f (2+x ) =-f (x ) ，x ∈R ∴f (x +4) =f [2+(x +2)]

将上式的-x 以x 代换，得

=-f (x +2)

=-[-f (x )]=f (x ) ，x ∈R

∴f (x ) 是R 上的周期函数 且4是它的一个周期

f (x ) 是奇函数的实质是f (x ) 的图象关于原点（0，0）中心对称，又f (x ) 的图象关于直线x =1对称，可得f (x ) 是周期函数，且4是它的一个周期。由此进行一般化推广，我们得到

思考四：设f (x ) 是定义在R 上的函数，其图象关于点M (a ，0) 中心对称，且其图象关于直线x =b (b ≠a ) 对称。证明f (x ) 是周期函数，且4(b -a ) 是它的一个周期。 证明： f (x ) 关于点M (a ，0) 对称 ∴f (2a -x ) =-f (x ) ，x ∈R f (x ) 关于直线x =b 对称

∴f (x ) =f (2b -x ) ，x ∈R ∴f (2b -x ) =-f (2a -x ) ，x ∈R

将上式中的-x 以x 代换，得

f (2b +x ) =-f (2a +x ) ，x ∈R ∴f [x +4(b -a )]=f [2b +(x +2b -4a )] =-f [2a +(x +2b -4a )]

=-f [2b +(x -2a )]=f [2a +(x -2a )]=f (x ) ，x ∈R

∴f (x ) 是R 上的周期函数 且4(b -a ) 是它的一个周期

由上我们发现，定义在R 上的函数f (x ) ，其图象若有两条对称轴或一个对称中心和一条对称轴，则f (x ) 是R 上的周期函数。进一步我们想到，定义在R 上的函数f (x ) ，其图象如果有两个对称中心，那么f (x ) 是否为周期函数呢？经过探索，我们得到

思考五：设f (x ) 是定义在R 上的函数，其图象关于点M (a ，0) 和N (b ，0) (a ≠b ) 对称。证明f (x ) 是周期函数，且2(b -a ) 是它的一个周期。

证明： f (x ) 关于M (a ，0) ，N (b ，0) 对称

∴f (2a -x ) =-f (x ) ，x ∈R

f (2b -x ) =-f (x ) ，x ∈R ∴f (2a -x ) =f (2b -x ) ，x ∈R

将上式中的-x 以x 代换，得

f (2a +x ) =f (2b +x ) ，x ∈R

∴f [x +2(b -a )]=f [2b +(x -2a )]

=f [2a +(x -2a )]

=f (x ) ，x ∈R

∴f (x ) 是周期函数 且2(b -a ) 是它的一个周期

抽象函数解法举例

1． 已知函数f(x)=

g (x ) -1

, 且f(x),g(x)定义域都是R, 且g(x)>0, g(1) =2,g(x) 是增函数. g(m) · g(n)=

g (x ) +1

g(m+n)(m、n ∈R)

求证：①f(x)是R 上的增函数

②当n ∈N,n ≥3时,f(n)>解: ①设x 1>x2

n n +1

g(x)是R 上的增函数, 且g(x)>0 ∴ g(x) > g(x) >0 ∴g(x)+1 > g(x)+1 >0

22∴ > >0

1

2

1

2

g (x 2) +1g (x 1) +1

∴∴

22

- >0

g (x 2) +1g (x 1) +1

g (x 1) -1g (x 2) -122

- =1--(1-)

g (x 1) +1g (x 2) +1g (x 1) +1g (x 2) +1

f(x1)- f(x2)=

=

22->0

g (x 2) +1g (x 1) +1

2

∴ f(x) >f(x)

∴ f(x)是R 上的增函数

1

②

g(x) 满足g(m) · g(n)= g(m+n)(m、n ∈R) 且g(x)>0 ∴ g(n)=[ g(1)]=2

n

n

当n ∈N,n ≥3时, 2>n

∴f(n)=2-1＝1-2 ，

n

n

2n +12n +1

n 1＝1-

n +1n +1

2＝（1+1）＝1+n+„+C +„+n+1>2n+1

∴ 2+1>2n+2

∴21-1

2+1n +12+1n +1∴当n ∈N,n ≥3时,f(n)>n

n

n

i n

n

n n

n +1

2． 设f 1(x) f2(x)是(0,+∞) 上的函数, 且f 1(x)单增, 设

f(x)= f1(x) +f2(x) ,且对于(0,+∞) 上的任意两相异实数x 1, x2 恒有| f1(x1) － f1(x2)| >| f2(x1) － f2(x2)|

①求证：f (x)在(0,+∞) 上单增. ②设F(x)=x f (x), a>0、b>0. 求证：F(a+b)> F(a)+F(b) . ①证明:设 x1>x2>0

f (x) 在(0,+∞) 上单增

1

f 1(x1) － f1(x2)>0

1

1

1

∴| f(x) － f(x)|= f(x) － f(x)>0

2

1

1

1

2

| f1(x1) － f1(x2)| >| f2(x1) － f2(x2)|

1

2

1

1

2

1

2

2

1

∴f (x)- f(x) f(x)+ f(x) ∴f(x)> f(x)

1

1

2

1

1

2

1

1

2

2

2

1

2

f (x)在(0,+∞) 上单增 ②

F(x)=x f (x), a>0、b>0

a+b>a>0,a+b>b>0

F(a+b)=(a+b)f(a+b)=af(a+b)+bf(a+b)

f (x)在(0,+∞) 上单增

∴F(a+b)>af(a)+bf(b)= F(a)+F(b)

3． 函数y ＝f(x)满足

①f(a+b)＝f (a)·f (b)，②f(4)＝16, m、n 为互质整数，n ≠0 求f(

m

) 的值 n

2

f(0) =f(0+0)=f(0) ·f(0)=f(0)

∴f(0) =0或1. 若f(0)=0则f(4)=16=f(0+4)=f(0) ·f(4)=0.(矛盾) ∴f(1)=1

f(4)=f(2) ·f(2)=f(1) ·f(1) ·f(1) ·f(1)=16

f(1)=f(

2

∴f(1)=2.仿此可证得f(a)≥0. 即y=f(x)是非负函数.

f(0)=f(a+(-a))=f(a) ·f(-a)

1

) ≥0 2

∴f(-a)=

*

1 f (a )

n

n

-n

n ∈N 时f(n)=f(1)=2,f(-n)=2

f(1)=f(

111n 1++„+)=f()=2 n n n n

1

n

∴f(1)= 2

n

m

∴f(m )=[f(1)]= 2

n

n

m n

4． 定义在（-1，1）上的函数f (x)满足 ① 任意x 、y ∈（-1，1）都有f(x)+ f(y)＝f (

x +y

) ，②x ∈（-1，0）时， 1+xy

有f(x) >0

1) 判定f(x)在（-1，1）上的奇偶性，并说明理由 2) 判定f(x)在（-1，0）上的单调性，并给出证明

3) 求证：f (

111

) ＝f () －f ()

n +1n 2+3n +1n +2

1111*)

或f ()+f ()+„+f (2)> f () (n∈N

5211n +3n +1

解:1)

定义在（-1，1）上的函数f (x)满足任意x 、y ∈（-1，1）

都有f(x)+ f(y)＝f (

x +y

), 则当y=0时, f(x)+ f(0)＝f(x) 1+xy

∴f(0)=0

当-x=y时, f(x)+ f(-x)＝f(0) ∴f(x)是（-1，1）上的奇函数

2) 设0>x1>x2>-1

f(x)-f(x)= f(x)+ f(-x)=f (x -x

1

2

1

2

12

1-x 1x 2

)

0>x>x>-1 ,x∈（-1，0）时，

1

2

有f(x) >0,1-x1 x2>0, x1-x 2>0

∴f (x -x

1

2

1-x 1x 2

) >0

即f(x)在（-1，0）上单调递增. 3)

f (

11

)=f()

n 2+3n +1n 2+3n +2-1

111

-

(n +1)(n +2) =f( )=f()

11-1-∙(n +1)(n +2) n +1n +2

=f(

∴

11)-f() n +1n +2

111f ()+f ()+„+f (2)

511n +3n +1

1111111)-f()+f()-f()+f()+„+f()-f() 23344n +1n +21111= f() -f()=f()+f(-)

22n +2n +2

=f(

22n +2n +21111即f ()+f ()+„+f (2)> f ()

5211n +3n +1

1)

1

5． 设 f (x)是定义在R 上的偶函数, 其图像关于直线x=1对称, 对任意x 1、x 2∈[0,]都有f (x1+ x 2) ＝f(x1) ·f(x2),

2

且f(1)=a>0. 11

①求f () 及 f ();

24

②证明f(x)是周期函数

1

③记a n 求lim (lnan )

2n n →∞

x x 2

解: ①由)=[f(x)]≥0,f(x)

22111112

a= f(1)=f(2n· )=f(++„+＝[f ()]

2n 2n 2n 2n 2n 1

解得f ()=a 2n

2n

1

x ∈（-1，0）时，有f(x) >0

∴f(-1)>0, f(1)+f(-1)>f(1)

∴ f (1)=a

2

②

12

1

,f ()=a 4.

4

1

f(x)是偶函数, 其图像关于直线x=1对称, ∴f(x)=f(-x),f(1+x)=f(1-x).

∴f(x+2)=f[1+(1+x)]= f[1-(1+x)]= f(x)=f(-x).

∴f(x)是以2为周期的周期函数.

③

∴lim (lna)= lim ln a =0

n

11

an )=a 2n

2n 2n

1

n →∞n →∞

2a

6． 设y =f (x ) 是定义在R 上的恒不为零的函数，且对任意x 、y ∈R 都有

f(x+y)＝f(x)f(y)

①求f(0)，

②设当xf(0)证明当x>0时0

③设a 1=

解：①②仿前几例，略。 ③

1*

,a n =f(n)（n ∈N ），s n 为数列｛a n ｝前n 项和，求lim s n.

n →∞2

a ＝f(n)，

∴ a＝f(1)＝1

n 1

a ＝f(n+1)=f(n)f(1)＝1a

2

∴数列｛a ｝是首项为1公比为1的等比数列

n+1

n

n

2

22

∴s ＝1-⎛ 1⎫⎪

n

n

∴lim s ＝1

n

n →∞

⎝2⎭

7． 设y =f (x ) 是定义在区间[-1, 1]上的函数，且满足条件： （i ）f (-1) =f (1) =0;

（ii ）对任意的u , v ∈[-1, 1],都有|f (u ) -f (v ) |≤|u -v |. （Ⅰ）证明：对任意的x ∈[-1, 1],都有x -1≤f (x ) ≤1-x ; （Ⅱ）证明：对任意的u , v ∈[-1, 1],都有|f (u ) -f (v ) |≤1;

（Ⅲ）在区间[－1，1]上是否存在满足题设条件的奇函数y =f (x ) ，且使得

1⎧

|f (u ) -f (v ) |

⎨

1⎪|f (u ) -f (v ) |=|u -v |,当u , v ∈[, 1].

⎪2⎩

若存在，请举一例：若不存在，请说明理由.

（Ⅰ）证明：由题设条件可知，当x ∈[-1, 1]时，有|f (x ) =|f (x ) -f (1) ≤|x -1|=1-x ,

即x -1≤f (x ) ≤1-x .

（Ⅱ）证法一：对任意的u , v ∈[-1, 1],当|u -v |≤1时, 有|f(u)-f(v)|≤|u -v |≤1.

时, u ⋅v 0且v -u >1, 当|u -v |>1

所以，|f (u ) -f (v ) |≤|f (u ) -f (-1) |+|f (v ) -f (1) |≤|u +1|+|v -1|

=1+u +1-v =2-(v -u )

f (u ) -f (v ) |≤1.

证法二：由（Ⅰ）可得，当x ∈[0, 1]时, f(x)≤1-x, x ∈[-1, 0]时, |f (x ) |=|f (x ) -f (-1) ≤1+x =1-|x |. 所以，当

x ∈[-1, 1]时, |f (x ) ≤1-|x |. 因此，对任意的u , v ∈[-1, 1],

当|u -v |≤1时，|f (u ) -f (v ) |≤|u -v |≤1. 当|u -v |>1时，有u ⋅v

所以|f (u ) -f (v ) |≤|f (u ) |+|f (v ) |≤1-|u |+1-|v |=2-(|u |+|v ) ≤1. 综上可知，对任意的u , v ∈[-1, 1],都有|f (u ) -f (v ) |≤1.

（Ⅲ）答：满足所述条件的函数不存在.

理由如下，假设存在函数f (x ) 满足条件，则由|f (u ) -f (v ) |=|u -v |,u , v ∈[1, 1],

2

11111

得|f () -f (1) |=|-1|=. 又f (1) =0, 所以|f () |=. ①

22222

又因为f (x ) 为奇数，所以f (0) =0. 由条件|f (u ) -f (v ) |

2

111

得 |f () |=|f () -f (0) |

222