函数与方程

\chapter{函数与方程}

\begin{example}
(2002年江苏)已知$a>0$,函数$f(x)=ax-bx^2$.
\begin{enumerate}
\item 当$b>0$时,若对任意$x\in \mathbb{R}$都有$f(x)\leq 1$,证明$a\leq 2\sqrt{b}$.

\item 当$b>1$时,证明:对任意$x\in [0,1]$, $|f(x)|\leq 1$的充要条件是$b-1\leq a\leq 2\sqrt{b}$;

\item 当$0<b\leq 1$时,讨论:对任意$x\in[0,1],|f(x)|\leq 1$的充要条件.
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{solution}

\end{solution}

\begin{example}
(2006年江苏)设$a$为实数,设函数$f(x)=a\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}$的最大值为$g(a)$.
\begin{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$g(a)=g\left(\frac{1}{a}\right)$的所有实数$a$.
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{solution}

\end{solution}

$$\begin{example} (2006年联赛)求方程$\left(x^{2006}+1\right)\left(1+x^2+x^4+\cdots +x^{2004}\right)=2006x^{2005}$的实数解的个数. \end{example}$$
\begin{solution}

\end{solution}

\begin{example}
(2010年广州高二竞赛)已知定义在$\mathbb{R}$上的函数$f(x)$满足: $f(1)=\left(\frac{5}{2}\right)$,且对于任意实数$x$、$y$,总有$f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y)$成立.
\begin{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}
\begin{solution}
\begin{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
$$\begin{align*} a_{n+1}&=2f(n+2)-f(n+1)=2\left[\frac{5}{2}f(n+1)-f(n)\right]-f(n+1)=4f(n+1)-2f(n)\\ &=2[2f(n+1)-f(n)]=2a_n,\quad (n\geq 1) \end{align*}$$
所以$\{a_n\}$是以$6$为首项,以$2$为公比的等比数列,所以$a_n=6\times 2^{n-1}$.

\item 结论: $f(x_1)<f(x_2)$.

证明:因为$y\neq 0$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$x=ky\, (k\in\mathbb{N}^\ast)$,故对任意$k\in\mathbb{N}^\ast$,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$k\in\mathbb{N}^\ast$,总有$f[(k+1)y]>f(ky)$成立.

故对于$m,n\in\mathbb{N}^\ast$,若$n<m$,则有$f(ny)<f[(n-1)y]<\cdots<f(my)$成立.

因为$x_1,x_2\in\mathbb{Q}$,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$t,s\in\mathbb{N}^\ast$.

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

\begin{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:
\begin{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}
\begin{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}
\begin{solution}
\begin{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
$$\begin{align*} f(-2x+1)&=f(x)f(-x)+f(x-1)f(-x-1)=-[f(x)]^2-f(x-1)f(x+1)\\ &=-[f(x)]^2-f(x-1)f(1-x)=-[f(x)]^2+[f(x-1)]^2\\ &=1-2[f(x)]^2. \end{align*}$$
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$|f(x)+f(2-x)+Ax+B|\leq 2\Leftrightarrow |2f(x)+Ax+B|\leq 2$.

在$|2f(x)+Ax+B|\leq 2$中,取$x=-1$,得$-2\leq -2-A+B\leq 2$,即
$$-2\leq 2+A-B\leq 2.\tag{1}$$

取$x=1$,得
$$-2\leq 2+A+B\leq 2.\tag{2}$$

取$x=3$,得$-2\leq -2+3A+B\leq 2$,即
$$-2\leq 2-3A-B\leq 2.\tag{3}$$

$(2)+(1)$得$A\leq 0$, $(2)+(3)$得$A\geq 0$.于是$A=0$.

将$A=0$代人$(1)$得$B\geq 0$.将$A=0$代入$(2)$得$B\leq 0$.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