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Tk,任取x0∈R,則有f(x0)=f(x0+Tk),證明對任意x∈[x0,x0+Tk],f(x0)≤f(x)≤f(x0+Tk),可得f(x0)=f(x0+nTk),n∈Z,再由…∪[x0-3Tk,x0-2Tk]∪[x0-2Tk,x0-Tk]∪[x0-Tk,x0]∪[x0,x0+Tk]∪[x0+Tk,x0+2Tk]∪…=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Tk,任取x0∈R,則有
f(x0)=f(x0+Tk),
由題意,對任意x∈[x0,x0+Tk],f(x0)≤f(x)≤f(x0+Tk),
∴f(x0)=f(x)=f(x0+Tk).
又∵f(x0)=f(x0+nTk),n∈Z,并且
…∪[x0-3Tk,x0-2Tk]∪[x0-2Tk,x0-Tk]∪[x0-Tk,x0]∪[x0,x0+Tk]∪[x0+Tk,x0+2Tk]∪…=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Tg,則
h(x)=c1•g(x),則對任意x0∈R,
h(x0+Tg)=c1•g(x0+Tg)=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Th.
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+N1Tk>x1,
∴f(x2+N1Tk)>f(x1)>0,且h(x2+N1Tk)=h(x2).
又h(x2)=g(x2)f(x2)<0,而
h(x2+N1Tk)=g(x2+N1Tk)f(x2+N1Tk)>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-N2Th≤x0-Tg,
即[x0-Tg,x0]⊆[x0-N2Th,x0],
∵…∪[x0-3Tk,x0-2Tk]∪[x0-2Tk,x0-Tk]∪[x0-Tk,x0]∪[x0,x0+Tk]∪[x0+Tk,x0+2Tk]∪…=R,
∴…∪[x0-2N2Th,x0-N2Th]∪[x0-N2Th,x0]∪[x0,x0+N2Th]∪[x0+N2Th,x0+2N2Th]∪…=R.
h(x0)=g(x0)•f(x0)=h(x0-N2Th)=g(x0-N2Th)•f(x0-N2Th),
∵g(x0)=M≥g(x0-N2Th)>0,f(x0)≥f(x0-N2Th)>0.
因此若h(x0)=h(x0-N2Th),必有g(shù)(x0)=M=g(x0-N2Th),且f(x0)=f(x0-N2Th)=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.
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