Question

19．若定義在R上的函數(shù)y=f（x）滿足：對于任意實數(shù)x，y，總有f（x+y）+f（x-y）=2f（x）f（y）恒成立，我們稱f（x）為“類余弦型”函數(shù)．
（1）已知f（x）為“類余弦型”函數(shù)，且$f（1）=\frac{5}{4}$，求f（0）和f（2）的值；
（2）在（1）的條件下，定義數(shù)列a_n=2f（n+1）-f（n）（n=1，2，3…），求${log_2}\frac{a_1}{3}+{log_2}\frac{a_2}{3}+…+{log_2}\frac{{{a_{2017}}}}{3}$的值；
（3）若f（x）為“類余弦型”函數(shù)，且對于任意非零實數(shù)t，總有f（t）＞1，證明：函數(shù)f（x）為偶函數(shù)；設(shè)有理數(shù)x₁，x₂滿足|x₁|＜|x₂|，判斷f（x₁）和f（x₂）的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）令x=1，y=0計算f（0），再令x=y=1計算f（2）；
（2）判斷{a_n}是等比數(shù)列，求出a_n的通項公式，代入計算即可；
（3）由t≠0時，f（t）＞1，則f（x+y）+f（x-y）=f（x）f（y）＞2f（y），即f（x+y）-f（y）＞f（y）-f（x-y）令y=kx（k為正整數(shù)），對任意的k為正整數(shù)，有f[（k+1）x]-f（kx）＞f（kx）-f[（k-1）x]，再由遞推即可得到對于k為正整數(shù)，總有f[（k+1）x]＞f（kx）成立，即有n＜m，則有f（nx）＜f（mx）成立，可設(shè)|x₁|=$\frac{{q}_{1}{p}_{2}}{{p}_{1}{p}_{2}}$，|x₂|=$\frac{{p}_{1}{q}_{2}}{{p}_{1}{p}_{2}}$，其中q₁，q₂是非負整數(shù)，p₁，p₂都是正整數(shù)，再由偶函數(shù)的結(jié)論和前面的結(jié)論，即可得到大�。�

解答 解：（1）令x=1，y=0，得f（1）+f（1）=2f（1）f（0），∴f（0）=1；
令x=y=1得f（2）+f（0）=2f²（1），∴f（2）=2f²（1）-f（0）=$\frac{17}{8}$．
（2）令x=n+1，y=1，得2f（n+1）f（1）=f（n+2）+f（n）．
∴f（n+2）=$\frac{5}{2}$f（n+1）-f（n），
∴a_n+1=2f（n+2）-f（n+1）=2[$\frac{5}{2}$f（n+1）-f（n）]-f（n+1）=4f（n+1）-2f（n）=2[2f（n+1）-f（n）]=2a_n（n≥1）．
又a₁=2f（2）-f（1）=3
∴{a_n}是以3為首項，以2為公比的等比數(shù)列，
所以a_n=3•2^n-1=3•2^n-1．
∴l(xiāng)og₂$\frac{{a}_{n}}{3}$=log₂2^n-1=n-1，
∴{log₂$\frac{{a}_{n}}{3}$}是以0為首項，以1為公差的等差數(shù)列，
∴${log_2}\frac{a_1}{3}+{log_2}\frac{a_2}{3}+…+{log_2}\frac{{{a_{2017}}}}{3}$=0+1+2+…+2016=$\frac{2016}{2}×2017$=2033136．
（3）令x=0，得f（y）+f（-y）=2f（0）f（y）=2f（y），
∴f（-y）=f（y），即f（-x）=f（x），
∴f（x）是偶函數(shù)．
∵t≠0時，f（t）＞1，
∴f（x+y）+f（x-y）=f（x）f（y）＞2f（y），即f（x+y）-f（y）＞f（y）-f（x-y）
∴令y=kx（k為正整數(shù)），對任意的k為正整數(shù)，有f[（k+1）x]-f（kx）＞f（kx）-f[（k-1）x]，
則f[（k+1）x]-f（kx）＞f（kx）-f[（k-1）x]＞…＞f（x）-f（0）＞0
∴對于k為正整數(shù)，總有f[（k+1）x]＞f（kx）成立．
∴對于m，n為正整數(shù)，若n＜m，則有f（nx）＜f[（n-1）x]＜…＜f（mx）成立．
∵x₁，x₂為有理數(shù)，所以可設(shè)|x₁|=$\frac{{q}_{1}}{{p}_{1}}$，|x₂|=$\frac{{q}_{2}}{{p}_{2}}$，其中q₁，q₂是非負整數(shù)，p₁，p₂都是正整數(shù)，
則|x₁|=$\frac{{q}_{1}{p}_{2}}{{p}_{1}{p}_{2}}$，|x₂|=$\frac{{p}_{1}{q}_{2}}{{p}_{1}{p}_{2}}$，令x=$\frac{1}{{p}_{1}{p}_{2}}$，t=q₁p₂，s=p₁q₂，則t，s為正整數(shù)．
∵|x₁|＜|x₂|，∴t＜s，∴f（tx）＜f（sx），即f（|x₁|）＜f（|x₂|）．
∵函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，∴f（|x₁|）=f（x₁），f（|x₂|）=f（x₂），
∴f（x₁）＜f（x₂）．

點評 本題考查抽象函數(shù)及運用，考查函數(shù)的奇偶性和運用，考查解決抽象函數(shù)的常用方法：賦值法，考查不等式的證明方法：遞推法，屬于中檔題．