Question

設(shè)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?i>M，具有性質(zhì)P：對(duì)任意x∈M，都有f (x)＋f (x＋2)≤2f (x＋1).
（1）若M為實(shí)數(shù)集R，是否存在函數(shù)f (x)＝a^x (a＞0且a≠1，x∈R) 具有性質(zhì)P，并說(shuō)明理由；
（2）若M為自然數(shù)集N，并滿(mǎn)足對(duì)任意x∈M，都有f (x)∈N. 記d(x)＝f (x＋1)－f (x).
(ⅰ) 求證：對(duì)任意x∈M，都有d(x＋1)≤d(x)且d(x)≥0；
(ⅱ) 求證：存在整數(shù)0≤c≤d(1)及無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)n，滿(mǎn)足d(n)＝c.

Answer 1

(1)根據(jù)新定義可知，不存在函數(shù)f (x)＝a^x(a＞0且a≠1)滿(mǎn)足性質(zhì)P.
(2)運(yùn)用反證法來(lái)證明正難則反的試題。也是證明不等式常用的方法之一。

試題分析：證明：（1）因f (x)＝a^x(a＞0且a≠1)，所以a^x≠a^x+2，即f (x)≠f (x＋2).
2分
由題設(shè)以及算術(shù)平均與幾何平均不等式，得
f (x)＋f (x＋2)＝a^x＋a^x+2＞2＝2 a^x+1＝2 f (x＋1)，
這與f (x)＋f (x＋2)≤2f (x＋1)矛盾.
故不存在函數(shù)f (x)＝a^x(a＞0且a≠1)滿(mǎn)足性質(zhì)P.                         4分
（2）(ⅰ)由題設(shè)對(duì)任意，f (x)＋f (x＋2)≤2f (x＋1)，所以
f(x＋2)－f(x＋1)≤f(x＋1)－f(x).
于是對(duì)任意x∈N，d(x＋1)≤d(x).                                     6分
下面用反證法證明：對(duì)任意x∈N，d(x)≥0.
假設(shè)存在某個(gè)非負(fù)整數(shù)k使d(k)＜0，則由題設(shè)對(duì)任意x∈N，f(x)∈N，得d(x)∈Z，于是有d(k)≤－1.                                                    8分
由任意x∈N，d(x＋1)≤d(x)，所以－1≥d(k)≥d(k＋1)≥d(k＋2)≥ ≥d(k＋n)≥ .，這里n是自然數(shù). 于是有
d(k＋n)＋d(k＋(n－1))＋d(k＋(n－2))＋ ＋d(k)≤(n＋1) d(k)≤(n＋1)×(－1).
而d(k＋n)＋d(k＋(n－1))＋d(k＋(n－2))＋ ＋d(k)＝f (k＋n＋1)－f (k)，
所以f (k＋n＋1)－f (k)≤－(n＋1).
取n＝f (k)，得f (k＋f (k)＋1)≤－f (k)－1＋f (k)＝－1，這與f (k＋f (k)＋1)∈N矛盾.
因此，必有對(duì)任意x∈N，d(x)≥0.                                  12分
(ⅱ)由(ⅰ)可知 d(1)≥d(2)≥d(3)≥ ≥d(n)≥ ≥0.
當(dāng)d(1)＝0時(shí)，則有d(1)＝d(2)＝d(3)＝ ＝d(n)＝0，結(jié)論成立.
當(dāng)d(1)≠0時(shí)，對(duì)任意n∈N，有d(n) ∈N，且d(n) ∈[0, d(1)].
因?yàn)樵趨^(qū)間[0, d(1)]上的自然數(shù)只有有限個(gè)，而落在此區(qū)間上的自然數(shù)d(n)有無(wú)數(shù)多個(gè)，所以，必存在自然數(shù)c∈[0, d(1)]和無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)n，滿(mǎn)足d (n)＝c.       16分
點(diǎn)評(píng)：關(guān)鍵是對(duì)于新定義的理解和準(zhǔn)確的表示，屬于中檔題。審清題意，要仔細(xì)認(rèn)真，避免誤解。