Question

已知f （x）是定義在R上的不恒為零的函數(shù)，且對(duì)于任意的a、b∈R都滿(mǎn)足f（a•b）=af（b）+bf（a）．
（1）求f（0），f（1）的值；
（2）判斷f （x）的奇偶性，并證明你的結(jié)論；
（3）若f(

1

2

)=-

1

2

，令bn=

2n

f(2n)

，Sn表示數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和．試問(wèn)：是否存在關(guān)于n的整式g （n），使得S₁+S₂+S₃+…+S_n-1=（S_n-1）•g （n）對(duì)于一切不小于2的自然數(shù)n恒成立？若存在，寫(xiě)出g（n）的解析式，并加以證明；若不存在，試說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）令a=b=0，得f（0）=0•f（0）+0•f（0）=0，令a=b=1，得f（1）=1•f（1）+1•f（1），故可解；
（2）令a=b=-1，可得f（-1）=0；令a=-1，b=x，可得f（-x）=-f（x），故可得f（x）是奇函數(shù)；
（3）先可得Sn-Sn-1=

1

n

(n≥2)，即nS_n-（n-1）S_n-1=S_n-1+1，從而（n-1）S_n-1-（n-2）S_n-2=S_n-2+1，…，S₂-S₁=S₁+1由此可得S₁+S₂+…S_n-1=nS_n-n=（S_n-1）•n（n≥2），故可解．

解答：解：（1）令a=b=0，得f（0）=0•f（0）+0•f（0）=0．
令a=b=1，得f（1）=1•f（1）+1•f（1），∴f（1）=0．（2分）
（2）令a=b=-1，得f（1）=f[（-1）•（-1）]=-f（-1）-f（-1）=-2f（-1），∴f（-1）=0．
令a=-1，b=x，得f（-x）=f（-1•x）=-1•f（x）+x•f（-1）=-f（x）+0=-f（x）．∴f（x）是奇函數(shù)．（5分）
（3）當(dāng)ab≠0時(shí)，

f(a•b)

a•b

=

f(b)

b

+

f(a)

a

．
令g(x)=

f(x)

x

，則g(a•b)=g(a)+g(b)，∴g（aⁿ）=ng（a）．（7分）
∴f（aⁿ）=aⁿ•g（aⁿ）=n•aⁿ•g（a）=n•a^n-1•f（a）．
∵f(1)=f(2•

1

2

)=2f(

1

2

)+

1

2

f(2)=0，f(

1

2

)=-

1

2

∴f（2）=2，
∴bn=

2n

f(2n)

=

1

n

（9分）
∴Sn=1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，
∴Sn-Sn-1=

1

n

(n≥2)
即nS_n-（n-1）S_n-1=S_n-1+1，（11分）
∴（n-1）S_n-1-（n-2）S_n-2=S_n-2+1，…，2S₂-S₁=S₁+1，
∴nS_n-S₁=S₁+S₂+…+S_n-1+n-1，
∴S₁+S₂+…S_n-1=nS_n-n=（S_n-1）•n（n≥2）
∴g（n）=n．
故存在關(guān)于n的整式g （n）=n，使等式對(duì)于一切不小于2的自然數(shù)n恒成立     （13分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查了數(shù)列與函數(shù)的綜合運(yùn)用，主要涉及了函數(shù)的賦值法，等差數(shù)列，函數(shù)的奇偶性及通項(xiàng)公式的計(jì)算等知識(shí)．