Question

若函數(shù)f（x）對(duì)任意的x∈R，均有f（x-1）+f（x+1）≥2f（x），則稱函數(shù)f（x）具有性質(zhì)P．
（Ⅰ）判斷下面兩個(gè)函數(shù)是否具有性質(zhì)P，并說(shuō)明理由．
①y=a^x（a＞1）；　�、趛=x³．
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）具有性質(zhì)P，且f（0）=f（n）=0（n＞2，n∈N^*），
求證：對(duì)任意i∈{1，2，3，…，n-1}有f（i）≤0；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，是否對(duì)任意x∈[0，n]均有f（x）≤0．若成立給出證明，若不成立給出反例．

Answer 1

證明：（Ⅰ）①函數(shù)f（x）=a^x（a＞1）具有性質(zhì)P．…（1分）
，
因?yàn)閍＞1，，…（3分）
即f（x-1）+f（x+1）≥2f（x），
此函數(shù)為具有性質(zhì)P．
②函數(shù)f（x）=x³不具有性質(zhì)P．…（4分）
例如，當(dāng)x=-1時(shí)，f（x-1）+f（x+1）=f（-2）+f（0）=-8，2f（x）=-2，…（5分）
所以，f（-2）+f（0）＜f（-1），
此函數(shù)不具有性質(zhì)P．
（Ⅱ）假設(shè)f（i）為f（1），f（2），…，f（n-1）中第一個(gè)大于0的值，…（6分）
則f（i）-f（i-1）＞0，
因?yàn)楹瘮?shù)f（x）具有性質(zhì)P，
所以，對(duì)于任意n∈N^*，均有f（n+1）-f（n）≥f（n）-f（n-1），
所以f（n）-f（n-1）≥f（n-1）-f（n-2）≥…≥f（i）-f（i-1）＞0，
所以f（n）=[f（n）-f（n-1）]+…+[f（i+1）-f（i）]+f（i）＞0，
與f（n）=0矛盾，
所以，對(duì)任意的i∈{1，2，3，…，n-1}有f（i）≤0．…（9分）
（Ⅲ）不成立．
例如…（10分）
證明：當(dāng)x為有理數(shù)時(shí)，x-1，x+1均為有理數(shù)，f（x-1）+f（x+1）-2f（x）=（x-1）²+（x+1）²-2x²-n（x-1+x+1-2x）=2，
當(dāng)x為無(wú)理數(shù)時(shí)，x-1，x+1均為無(wú)理數(shù)，f（x-1）+f（x+1）-2f（x）=（x-1）²+（x+1）²-2x²=2
所以，函數(shù)f（x）對(duì)任意的x∈R，均有f（x-1）+f（x+1）≥2f（x），
即函數(shù)f（x）具有性質(zhì)P．…（12分）
而當(dāng)x∈[0，n]（n＞2）且當(dāng)x為無(wú)理數(shù)時(shí)，f（x）＞0．
所以，在（Ⅱ）的條件下，“對(duì)任意x∈[0，n]均有f（x）≤0”不成立．…（13分）
（其他反例仿此給分．
如，，，等．）
分析：（I）①根據(jù)已知中函數(shù)的解析式，結(jié)合指數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，計(jì)算出f（x-1）+f（x+1）-2f（x）的表達(dá)式，進(jìn)而根據(jù)基本不等式，判斷其符號(hào)即可得到結(jié)論；②由y=x³，舉出當(dāng)x=-1時(shí)，不滿足f（x-1）+f（x+1）≥2f（x），即可得到結(jié)論；
（II）由于本題是任意性的證明，從下面證明比較困難，故可以采用反證法進(jìn)行證明，即假設(shè)f（i）為f（1），f（2），…，f（n-1）中第一個(gè)大于0的值，由此推理得到矛盾，進(jìn)而假設(shè)不成立，原命題為真；
（III）由（II）中的結(jié)論，我們可以舉出反例，如證明對(duì)任意x∈[0，n]均有f（x）≤0不成立．
點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是抽象函數(shù)及其應(yīng)用，指數(shù)函數(shù)和冪函數(shù)的性質(zhì)，反證法，其中在證明全稱命題為假命題時(shí)，舉出反例是最有效，快捷，準(zhǔn)確的方法．