Question

已知f（x）定義域為R，滿足：
①f（1）=1＞f（-1）；
②對任意實數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）判斷函數的奇偶性與周期性，并求f²（3x）+f²（3x-1）的值；
（Ⅲ）是否存在常數A，B，使得不等式|f（x）+f（2-x）+Ax+B|≤2對一切實數x成立．如果存在，求出常數A，B的值；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（I）令x=y=1代入式子，得f（1）=f²（1）+f²（0），由f（1）=1得f（0）=0，
再令x=y=0代入式子化簡后，根據f（1）=1＞0＞f（-1），得f（-1）=-1，令x=0、y=2求出f（3）的值；
（II）令y=0得f（-x+1）=f（x）f（0）+f（x-1）f（-1），再根據（1）得f（-x+1）=-f（x-1），即f（-x）=-f（x），判斷出函數為奇函數，令x=-x-1，代入f（-x+1）=-f（x-1）進行化簡，結合奇函數的性質求出函數的周期，令x=y代入f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1），求出f²（x）+f²（x-1）=1，令x=3x代入求出f²（3x）+f²（3x-1）的值；
（Ⅲ）假設存在常數A，B滿足題意，根據（II）：f（2-x）=f（x），將不等式轉化為：|2f（x）+Ax+B|≤2，分別x=-1、1、3列出方程，再相加后求出A和B的值，再根據f²（x）+f²（x-1）=1進行判斷即可．

解答：解：（Ⅰ）∵f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1），
∴令x=y=1，得f（1-1+1）=f（1）f（1）+f（0）f（0），
即f（1）=f²（1）+f²（0），
∵f（1）=1，∴f（0）=0，
令x=y=0得，f（1）=f²（0）+f²（-1），
∵f（1）=1＞f（-1），∴f（-1）=-1，
令x=0、y=2得，f（3）=f（0）f（2）+f（-1）f（1），
∴f（3）=-f（1）=-1，
（Ⅱ）對f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1），
令y=0，得f（-x+1）=f（x）f（0）+f（x-1）f（-1）
由（1）得，f（-1）=-1，f（0）=0，
∴f（-x+1）=-f（x-1），令x=x+1，即f（-x）=-f（x），
∴函數為奇函數，
令x=-x-1，代入f（-x+1）=-f（x-1），
得f（-x+2）=-f（-x）=f（x），即f（2-x）=f（x），
∴-f（x-2）=f（x），令x=x+2代入得f（x+2）=-f（x），
令x=x+2代入得f（x+4）=f（x），
∴函數的周期是4，
令x=y代入f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1），
得f²（x）+f²（x-1）=1，令x=3x代入得，
∴f²（3x）+f²（3x-1）=1，
（Ⅲ）假設存在常數A，B滿足題意，
由（II）得，f（2-x）=f（x），
∴|f（x）+f（2-x）+Ax+B|≤2為：|2f（x）+Ax+B|≤2，
令x=-1得，-2≤-2-A+B≤2，即-2≤2+A-B≤2    ①
令x=1得，-2≤2+A+B≤2      ②
令x=3得，-2≤-2+3A+B≤2，即-2≤2-3A-B≤2   ③
①+②得，-4≤A≤0；②+③得，0≤A≤4，則A=0，
將A=0代入①得0≤B≤4；代入②得-4≤B≤0，則B=0，
由（II）得，f²（x）+f²（x-1）=1，
∴當A=B=0時，|2f（x）+Ax+B|≤2對一切實數x成立，
∴存在唯一一組常數A=B=0，使得不等式|f（x）+f（2-x）+Ax+B|≤2對一切實數x成立．

點評：本題考查了函數奇偶性的判斷，和抽象函數的性質和求值的問題，以及存在性問題，屬于難題．合理地利用條件賦值，是解決本題的關鍵所在．