Question

已知函數(shù)f（x）滿足：對(duì)任意實(shí)數(shù)a、b都有f（a•b）=af（b）+bf（a）．
（1）求證：f（x）為奇函數(shù)；
（2）設(shè)f(-

1

2

)=

1

2

，記a_n=f（2ⁿ），n∈N^*，求數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（3）若對(duì)一切實(shí)數(shù)x，均有|f（x）|≤1，試證：?x∈R，f（x）=0．

Answer 1

分析：（1）通過(guò)f（a•b）=af（b）+bf（a）給a，b賦值，可求得f（1）=0，f（-1）=0，從而得到f（-x）=-f（x）即可得證．
（2）由a_n=f（2ⁿ）可得數(shù)列{a_n}的遞推式，然后通過(guò)構(gòu)造得

an+1

2n+1

-

an

2n

=1，得其通項(xiàng)，從而求得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，利用求和公式即可求其前n項(xiàng)和S_n．
（3）要證?x∈R，f（x）=0成立，直接證不好證，利用反證法，通過(guò)構(gòu)造新函數(shù)h(x)=

0，x=0 f(x) x ，x≠0

，利用函數(shù)的奇偶性和f（x）的有界性，命題得證．

解答：解：（1）由已知得f（0）=f（0×0）=0•f（0）+0•f（0）=0，
又f（1）=f（1×1）=1•f（1）+1•f（1）=2f（1），∴f（1）=0
又f（1）=f[（-1）•（-1）]=（-1）•f（-1）+（-1）•f（-1）=-2f（-1），∴f（-1）=0
∴f（-x）=f[（-1）•x]=-f（x）+xf（-1）=-f（x），∴f（x）為奇函數(shù)．

（2）∵f(-1)=f(-

1

2

×2)=-

1

2

f(2)+2f(-

1

2

)=0，∴f(2)=4f(-

1

2

)=2
∴a_n+1=f（2ⁿ⁺¹）=f（2×2ⁿ）=2f（2ⁿ）+2ⁿf（2）=2a_n+2ⁿ⁺¹，
∴

an+1

2n+1

-

an

2n

=1，又∵

a1

2

=

f(2)

2

=1，
∴數(shù)列{

an

2n

}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，∴

an

2n

=n，a_n=n•2ⁿ（n∈N^*），
∴S_n=1•2+2•2²+3•2³++n•2ⁿ，2S_n=1•2²+2•2³+3•2⁴++（n-1）•2ⁿ+n•2ⁿ⁺¹，
∴S_n=n•2ⁿ⁺¹-（2+2²+2³++2ⁿ）=n•2ⁿ⁺¹-2（2ⁿ-1）=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2．

（3）記h(x)=

0，x=0 f(x) x ，x≠0

，由（1）知，h（x）為偶函數(shù)，
由f（ab）=af（b）+bf（a），得

f(ab)

ab

=

af(b)+bf(a)

ab

=

f(a)

a

+

f(b)

b

，
即h（ab）=h（a）+h（b），易知h（1）=0
假設(shè)存在x₀≠0，使得h（x₀）=t（t≠0），因h（x）為偶函數(shù)，故不妨設(shè)x₀＞0．
①若x₀＞1，則當(dāng)n∈N^*時(shí)，h（x₀ⁿ）=n•h（x₀）=nt，即

f(x0n)

x0n

=nt，
∴f（x₀ⁿ）=n•t•x₀ⁿ，故必存在足夠大的正整數(shù)n，使得|f（x₀ⁿ）|=|n•t•x₀ⁿ|＞1
這與已知“對(duì)一切實(shí)數(shù)x，均有|f（x）|≤1”矛盾；
 ②若0＜x₀＜1，則由h(x0)+h(

1

x0

)=h(1)=0得h(

1

x0

)=-t(t≠0)
同理可得，必存在足夠大的正整數(shù)n，使得|f(

1

x0n

)|=|n•t•

1

x0n

|＞1
這也與已知“對(duì)一切實(shí)數(shù)x，均有|f（x）|≤1”矛盾；
綜上所述，假設(shè)不能成立，故對(duì)一切實(shí)數(shù)x，f（x）恒為零．
即：?x∈R，f（x）=0

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了函數(shù)奇偶性的判斷，以及賦值法研究抽象函數(shù)，同時(shí)考查了數(shù)列通項(xiàng)和前n項(xiàng)和的求法和反證法證明命題．綜合性很強(qiáng)，需要學(xué)生扎實(shí)的基礎(chǔ)和靈活的解題能力，是個(gè)難題．