Question

12．已知函數(shù)f（x）滿足：①x∈R；②當x₁＜x₂時，f（x₁）≤f（x₂）．
（1）若f（x）=ax³+1，求a的范圍；
（2）若f（x）是周期函數(shù)，求證：f（x）是常值函數(shù)；
（3）若g（x）是x∈R上的周期函數(shù)，且g（x）＞0，且g（x）最大值為M，h（x）=g（x）•f（x），求證：h（x）是周期函數(shù)的充要條件是f（x）是常值函數(shù)．

Answer 1

分析 （1）直接由f（x₁）-f（x₂）≤0求得a的取值范圍；
（2）若f（x）是周期函數(shù)，記其周期為T_k，任取x₀∈R，則有f（x₀）=f（x₀+T_k），證明對任意x∈[x₀，x₀+T_k]，f（x₀）≤f（x）≤f（x₀+T_k），可得f（x₀）=f（x₀+nT_k），n∈Z，再由…∪[x₀-3T_k，x₀-2T_k]∪[x₀-2T_k，x₀-T_k]∪[x₀-T_k，x₀]∪[x₀，x₀+T_k]∪[x₀+T_k，x₀+2T_k]∪…=R，可得對任意x∈R，f（x）=f（x₀）=C，為常數(shù)；
（3）分充分性及必要性證明．類似（2）證明充分性；必要性先證明f（x）符號不變，然后分類證明．

解答 （1）解：由f（x₁）≤f（x₂），得f（x₁）-f（x₂）=$a（{{x}_{1}}^{3}-{{x}_{2}}^{3}）≤0$，
∵x₁＜x₂，∴${{x}_{1}}^{3}-{{x}_{2}}^{3}$＜0，得a≥0．
故a的范圍是[0，+∞）；
（2）證明：若f（x）是周期函數(shù)，記其周期為T_k，任取x₀∈R，則有
f（x₀）=f（x₀+T_k），
由題意，對任意x∈[x₀，x₀+T_k]，f（x₀）≤f（x）≤f（x₀+T_k），
∴f（x₀）=f（x）=f（x₀+T_k）．
又∵f（x₀）=f（x₀+nT_k），n∈Z，并且
…∪[x₀-3T_k，x₀-2T_k]∪[x₀-2T_k，x₀-T_k]∪[x₀-T_k，x₀]∪[x₀，x₀+T_k]∪[x₀+T_k，x₀+2T_k]∪…=R，
∴對任意x∈R，f（x）=f（x₀）=C，為常數(shù)；
（3）證明：充分性：若f（x）是常值函數(shù)，記f（x）=c₁，設g（x）的一個周期為T_g，則
h（x）=c₁•g（x），則對任意x₀∈R，
h（x₀+T_g）=c₁•g（x₀+T_g）=c₁•g（x₀）=h（x₀），
故h（x）是周期函數(shù)；
必要性：若h（x）是周期函數(shù)，記其一個周期為T_h，首先證明f（x）符號不變．
①設集合A={x|g（x）=m}，若存在x₀∈R，使得f（x₀）=0，則
h（x₀）=0，且對任意k∈Z，有h（x₀+kT_h）=0，
∵g（x）＞0，∴f（x₀+kT_h）=0，即對任意x∈[x₀+kT_h，x₀+（k+1）T_h]，k∈Z，f（x）=0恒成立，
∴f（x）=0是常值函數(shù)；
②若存在x₁，x₂，使得f（x₁）＞0，且f（x₂）＜0，則由題意可知，
x₁＞x₂，那么必然存在正整數(shù)N₁，使得x₂+N₁T_k＞x₁，
∴f（x₂+N₁T_k）＞f（x₁）＞0，且h（x₂+N₁T_k）=h（x₂）．
又h（x₂）=g（x₂）f（x₂）＜0，而
h（x₂+N₁T_k）=g（x₂+N₁T_k）f（x₂+N₁T_k）＞0≠h（x₂），矛盾．
綜上，f（x）=0或f（x）＞0或f（x）＜0恒成立．
1°、若f（x）＞0恒成立，
任取x₀∈A，則必存在N₂∈N，使得x₀-N₂T_h≤x₀-T_g，
即[x₀-T_g，x₀]⊆[x₀-N₂T_h，x₀]，
∵…∪[x₀-3T_k，x₀-2T_k]∪[x₀-2T_k，x₀-T_k]∪[x₀-T_k，x₀]∪[x₀，x₀+T_k]∪[x₀+T_k，x₀+2T_k]∪…=R，
∴…∪[x₀-2N₂T_h，x₀-N₂T_h]∪[x₀-N₂T_h，x₀]∪[x₀，x₀+N₂T_h]∪[x₀+N₂T_h，x₀+2N₂T_h]∪…=R．
h（x₀）=g（x₀）•f（x₀）=h（x₀-N₂T_h）=g（x₀-N₂T_h）•f（x₀-N₂T_h），
∵g（x₀）=M≥g（x₀-N₂T_h）＞0，f（x₀）≥f（x₀-N₂T_h）＞0．
因此若h（x₀）=h（x₀-N₂T_h），必有g（x₀）=M=g（x₀-N₂T_h），且f（x₀）=f（x₀-N₂T_h）=c．
而由（2）證明可知，對任意x∈R，f（x）=f（x₀）=C，為常數(shù)．
2°、若f（x）＜0恒成立，
任取x₀∈A，則必存在N₃∈N，使得x₀+N₃T_h≥x₀+T_g．
即[x₀，x₀+T_g]⊆[x₀，x₀+N₃T_g]，
∵…∪[x₀-3T_k，x₀-2T_k]∪[x₀-2T_k，x₀-T_k]∪[x₀-T_k，x₀]∪[x₀，x₀+T_k]∪[x₀+T_k，x₀+2T_k]∪…=R，
∴…∪[x₀-2N₃T_h，x₀-N₃T_h]∪[x₀-N₃T_h，x₀]∪[x₀，x₀+N₃T_h]∪[x₀+N₃T_h，x₀+2N₃T_h]∪…=R．
h（x₀）=g（x₀）•f（x₀）=h（x₀+N₃T_h）=g（x₀+N₃T_h）•f（x₀+N₃T_h）．
∵g（x₀）=M≥g（x₀+N₃T_h）＞0，f（x₀）≤f（x₀+N₃T_h）＜0．
因此若h（x₀）=h（x₀+N₃T_h），
必有g（x₀）=M=g（x₀+N₃T_h），且f（x₀）=f（x₀+N₃T_h）=c，
而由（2）證明可知，對任意x∈R，f（x）=f（x₀）=C，為常數(shù)．
綜上，必要性得證．

點評 本題考查抽象函數(shù)及其應用，考查邏輯思維能力與理論運算能力考查分類討論的數(shù)學思想方法，題目設置難度過大．