Question

12．設(shè)定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：對于任意的x₁、x₂∈R，當(dāng)x₁＜x₂時(shí)，都有f（x₁）≤f（x₂）．
（1）若f（x）=ax³+1，求a的取值范圍；
（2）若f（x）是周期函數(shù)，證明：f（x）是常值函數(shù)；
（3）設(shè)f（x）恒大于零，g（x）是定義在R上的、恒大于零的周期函數(shù)，M是g（x）的最大值．函數(shù)h（x）=f（x）g（x）．證明：“h（x）是周期函數(shù)”的充要條件是“f（x）是常值函數(shù)”．

Answer 1

分析 （1）直接由f（x₁）-f（x₂）≤0求得a的取值范圍；
（2）若f（x）是周期函數(shù)，記其周期為T_k，任取x₀∈R，則有f（x₀）=f（x₀+T_k），證明對任意x∈[x₀，x₀+T_k]，f（x₀）≤f（x）≤f（x₀+T_k），可得f（x₀）=f（x₀+nT_k），n∈Z，再由…∪[x₀-3T_k，x₀-2T_k]∪[x₀-2T_k，x₀-T_k]∪[x₀-T_k，x₀]∪[x₀，x₀+T_k]∪[x₀+T_k，x₀+2T_k]∪…=R，可得對任意x∈R，f（x）=f（x₀）=C，為常數(shù)；
（3）分充分性及必要性證明．類似（2）證明充分性；再證必要性，然后分類證明．

解答 （1）解：由f（x₁）≤f（x₂），得f（x₁）-f（x₂）=a（x₁³-x₂³）≤0，
∵x₁＜x₂，∴x₁³-x₂³＜0，得a≥0．
故a的范圍是[0，+∞）；
（2）證明：若f（x）是周期函數(shù)，記其周期為T_k，任取x₀∈R，則有
f（x₀）=f（x₀+T_k），
由題意，對任意x∈[x₀，x₀+T_k]，f（x₀）≤f（x）≤f（x₀+T_k），
∴f（x₀）=f（x）=f（x₀+T_k）．
又∵f（x₀）=f（x₀+nT_k），n∈Z，并且
…∪[x₀-3T_k，x₀-2T_k]∪[x₀-2T_k，x₀-T_k]∪[x₀-T_k，x₀]∪[x₀，x₀+T_k]∪[x₀+T_k，x₀+2T_k]∪…=R，
∴對任意x∈R，f（x）=f（x₀）=C，為常數(shù)；
（3）證明：充分性：若f（x）是常值函數(shù)，記f（x）=c₁，設(shè)g（x）的一個(gè)周期為T_g，則
h（x）=c₁•g（x），則對任意x₀∈R，
h（x₀+T_g）=c₁•g（x₀+T_g）=c₁•g（x₀）=h（x₀），
故h（x）是周期函數(shù)；
必要性：若h（x）是周期函數(shù)，記其一個(gè)周期為T_h．
若存在x₁，x₂，使得f（x₁）＞0，且f（x₂）＜0，則由題意可知，
x₁＞x₂，那么必然存在正整數(shù)N₁，使得x₂+N₁T_k＞x₁，
∴f（x₂+N₁T_k）＞f（x₁）＞0，且h（x₂+N₁T_k）=h（x₂）．
又h（x₂）=g（x₂）f（x₂）＜0，而
h（x₂+N₁T_k）=g（x₂+N₁T_k）f（x₂+N₁T_k）＞0≠h（x₂），矛盾．
綜上，f（x）＞0恒成立．
由f（x）＞0恒成立，
任取x₀∈A，則必存在N₂∈N，使得x₀-N₂T_h≤x₀-T_g，
即[x₀-T_g，x₀]⊆[x₀-N₂T_h，x₀]，
∵…∪[x₀-3T_k，x₀-2T_k]∪[x₀-2T_k，x₀-T_k]∪[x₀-T_k，x₀]∪[x₀，x₀+T_k]∪[x₀+T_k，x₀+2T_k]∪…=R，
∴…∪[x₀-2N₂T_h，x₀-N₂T_h]∪[x₀-N₂T_h，x₀]∪[x₀，x₀+N₂T_h]∪[x₀+N₂T_h，x₀+2N₂T_h]∪…=R．
h（x₀）=g（x₀）•f（x₀）=h（x₀-N₂T_h）=g（x₀-N₂T_h）•f（x₀-N₂T_h），
∵g（x₀）=M≥g（x₀-N₂T_h）＞0，f（x₀）≥f（x₀-N₂T_h）＞0．
因此若h（x₀）=h（x₀-N₂T_h），必有g(shù)（x₀）=M=g（x₀-N₂T_h），且f（x₀）=f（x₀-N₂T_h）=c．
而由（2）證明可知，對任意x∈R，f（x）=f（x₀）=C，為常數(shù)．
綜上，必要性得證．

點(diǎn)評 本題考查抽象函數(shù)及其應(yīng)用，考查邏輯思維能力與理論運(yùn)算能力考查分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，題目設(shè)置難度過大．