Question

已知f（x）定義域?yàn)镽，滿足：
①f（1）=1＞f（-1）；
②對(duì)任意實(shí)數(shù)x，y，有f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1）．
（Ⅰ）求f（0），f（3）的值；
（Ⅱ）求的值；
（Ⅲ）是否存在常數(shù)A，B，使得不等式|f（x）+f（2-x）+Ax+B|≤2對(duì)一切實(shí)數(shù)x成立．如果存在，求出常數(shù)A，B的值；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）取x=y=1，利用f（1）=1，求出f（0）=0；取x=y=0，求出f（-1）=-1；再取x=0，y=2，可求f（3）=-1．
（Ⅱ）在f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1）中，取y=1得f（2-x）=f（x）；取y=x，得f²（x）+f²（x-1）=1；取x=0，得f（-2）=0；取y=-1，f（-x）=-f（x）；取y=-x，得f（1-2x）=1-2f²（x），所以，對(duì)任意實(shí)數(shù)x均成立．
（Ⅲ）將一致的不等式進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化為?|2f（x）+Ax+B|≤2，令x分別等于1、-1、3，可得A、B的值，再由（Ⅱ）知：f（x）|≤1對(duì)一切實(shí)數(shù)x成立，故當(dāng)A=B=0時(shí)，|2f（x）+Ax+B|≤2對(duì)一切實(shí)數(shù)x成立．從而得到結(jié)論．
解答：解：（Ⅰ）取x=y=1，得f（1-1+1）=f（1）•f（1）+f（1-1）•f（1-1），
即f（1）=f²（1）+f²（0）．
因?yàn)閒（1）=1，所以f（0）=0．（1分）
取x=y=0，得1=f（1）=f²（-1）．因?yàn)閒（1）=1＞f（-1），
所以f（-1）=-1．
取x=0，y=2，得f（3）=f（0）•f（2）+f（-1）•f（1），
所以f（3）=-1；（3分）
（Ⅱ）在f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1）
中取y=1得f（2-x）=f（x）．
所以f（1+x）=f（1-x）．
在f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1）中取y=x，
得f²（x）+f²（x-1）=1．
在f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1）中取x=0，
得f（y+1）=f（0）f（y）+f（-1）f（y-1）=-f（y-1）．
所以f（-2）=0．
在f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1）中取y=-1，
得f（-x）=f（x）f（-1）+f（x-1）f（-2）．
所以f（-x）=-f（x）．
在f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1）中取y=-x，
得f（1-2x）=f（x）f（-x）+f（x-1）f（-x-1）
=-f²（x）-f（x-1）f（x+1）
=-f²（x）-f（x-1）f（1-x）
=-f²（x）+f²（x-1）=1-2f²（x）．
所以對(duì)任意實(shí)數(shù)x均成立．
所以．（9分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知f（2-x）=f（x），
∴|f（x）+f（2-x）+Ax+B|≤2?|2f（x）+Ax+B|≤2，
在|2f（x）+Ax+B|≤2中，
取x=-1，得-2≤-2-A+B≤2，即-2≤2+A-B≤2①
取x=1，得-2≤2+A+B≤2②
取x=3，得-2≤-2+3A+B≤2，即-2≤2-3A-B≤2③
②+①得A≤0，②+③得A≥0．∴A=0．
將A=0代入①得B≥0．
將A=0代入②得B≤0．∴B=0．
由（Ⅱ）知f²（x）+f²（x-1）=1，所以|f（x）|≤1對(duì)一切實(shí)數(shù)x成立．
故當(dāng)A=B=0時(shí)，|2f（x）+Ax+B|≤2對(duì)一切實(shí)數(shù)x成立．
∴存在常數(shù)A=B=0，使得不等式|f（x）+f（2-x）+Ax+B|≤2對(duì)一切實(shí)數(shù)x成立，
且A=B=0為滿足題設(shè)的唯一一組值．（14分）
點(diǎn)評(píng)：本題考查抽象函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用，體現(xiàn)等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想．