Question

16．定義在R上的函數(shù)f（x）同時(shí)滿足：（i） f（1）=2；（ii）?x，y∈R，f（x+y+1）=f（x-y+1）-f（x）f（y）； （iii） f（x）在區(qū)間[0，1]上是單調(diào)增函數(shù)．
（Ⅰ）求f（0）和f（-1）的值；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的零點(diǎn)；
（Ⅲ）解不等式f（x）＞$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）令x=y=0，可得f（0）=0；令x=y=-1，可得f（-1）=-2或1，對(duì)f（-1）=1，分析得到矛盾舍去；
（Ⅱ）判斷函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，函數(shù)關(guān)于x=1對(duì)稱，同時(shí)f（x）為周期函數(shù)，周期為4．求得f（0）=f（2）=0，即可得到所求零點(diǎn)；
（Ⅲ）運(yùn)用賦值法求得f（$\frac{1}{2}$）=f（$\frac{3}{2}$）=$\sqrt{2}$，求得在[-1，1]的解集，運(yùn)用周期性即可得到解集．

解答 解：（Ⅰ）令x=y=0，可得f（1）=f（1）-f（0）f（0），∴f（0）=0；
令x=y=-1代入f（x+y+1）=f（x-y+1）-f（x）f（y），
可得f（-1）=f（1）-f（-1）f（-1），
即f²（-1）+f（-1）-2=0，
則f（-1）=-2或f（-1）=1．
若f（-1）=1，令y=1，x=-1，
可得f（1）=f（-1）-f（1）f（-1）=f（-1）-2f（-1）=-f（-1）=-1，矛盾，
故f（-1）=2；
∴f（-1）=-f（1）=-2．
（Ⅱ）∵f（-x）=f（-1-x+1）=f（-1+x+1）-f（-1）f（-x）=f（x）+2f（-x），
∴f（-x）=-f（x），即f（x）是奇函數(shù)；
令x=0，有f（1+y）=f（1-y）=-f（y-1），
即f（2+y）=-f（y），則f（4+y）=-f（y+2）=f（y），
且函數(shù)關(guān)于x=1對(duì)稱，同時(shí)f（x）為周期函數(shù)，周期為4．
∴函數(shù)在[-1，1]上有一個(gè)零點(diǎn)0，此時(shí)函數(shù)f（x）的零點(diǎn)是4n（n∈N₊）；
函數(shù)在[1，3]上有一個(gè)零點(diǎn)2，此時(shí)函數(shù)f（x）的零點(diǎn)是4n+2（n∈N₊）；
綜上函數(shù)的零點(diǎn)為2n．
（Ⅲ）∵f（x）在區(qū)間[0，1]上是單調(diào)增函數(shù)，且f（x）是奇函數(shù)
∴f（x）在區(qū)間[-1，1]上是單調(diào)增函數(shù)，在[1，3]上是單調(diào)減函數(shù)，
令x=y=$\frac{1}{2}$，可得f（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$+1）=f（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$+1）-f（$\frac{1}{2}$）f（$\frac{1}{2}$），
即為f（2）=f（1）-f²（$\frac{1}{2}$）=0，即為f（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{2}$；
f（x）＞$\sqrt{2}$，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，即為f（x）＞f（$\frac{1}{2}$），解得$\frac{1}{2}$＜x＜1，
當(dāng)1＜x＜3時(shí)，可得1＜x＜$\frac{3}{2}$．
則有-1＜x＜3時(shí)，f（x）＞$\sqrt{2}$的解為（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$）．
綜上可得，f（x）＞$\sqrt{2}$的解集為（4n+$\frac{1}{2}$，4n+$\frac{3}{2}$），n為整數(shù)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查抽象函數(shù)的運(yùn)用，考查函數(shù)值的求法，注意運(yùn)用賦值法，考查函數(shù)的零點(diǎn)的求法，注意結(jié)合函數(shù)的周期性，考查不等式的解法，注意運(yùn)用單調(diào)性和周期性，屬于中檔題．