Question

20．已知定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)f（x）滿足下列兩個(gè)條件：
（1）f（0）=0，f（1）=1；（2）對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，y，都有f（$\frac{x+y}{2}$）=（1-a）f（x）+af（y），其中a是常數(shù)．
（Ⅰ）求a和f（-1）值；
（Ⅱ）（i）判定函數(shù)f（x）的奇偶性，并加以證明；
（ii）設(shè)S（n）=f（1）•f（$\frac{1}{3}$）+f（$\frac{1}{3}$）•f（$\frac{1}{5}$）+…+f（$\frac{1}{2n-1}$）•f（$\frac{1}{2n+1}$）（n∈N^*），若對(duì)于任意的正整數(shù)n，總有S（n）＜m恒成立，試求實(shí)數(shù)m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用賦值法即可求a和f（-1）值；
（Ⅱ）（i）根據(jù)函數(shù)的奇偶性的定義即可判定函數(shù)f（x）的奇偶性，并加以證明；
（ii）先求出f（x）的表達(dá)式，結(jié)合裂項(xiàng)法進(jìn)行求和，求出S（n）的取值范圍即可得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵f（$\frac{x+y}{2}$）=（1-a）f（x）+af（y），
當(dāng)y=0時(shí)，f（$\frac{1}{2}$x）=（1-a）f（x）
當(dāng)x=0時(shí)，f（$\frac{1}{2}$y）=af（y），
即f（$\frac{1}{2}$x）=af（x），
即1-a=a，解得a=$\frac{1}{2}$，
則f（$\frac{x+y}{2}$）=$\frac{1}{2}$f（x）+$\frac{1}{2}$f（y），
當(dāng)x=-1，y=1時(shí)，f（0）=f（-1）+f（1），
即f（-1）=-1．
（Ⅱ）（i）且f（x）為奇函數(shù)，
證明：∵f（$\frac{x+y}{2}$）=$\frac{1}{2}$f（x）+$\frac{1}{2}$f（y），
∴令y=-x得f（0）=$\frac{1}{2}$f（x）+$\frac{1}{2}$f（-x）=0，
即f（-x）=-f（x），
則f（x）為奇函數(shù)；
（ii）∵f（$\frac{x+y}{2}$）=$\frac{1}{2}$f（x）+$\frac{1}{2}$f（y），
∴令y=0得f（$\frac{x}{2}$）=$\frac{1}{2}$f（x）+$\frac{1}{2}$f（0）=$\frac{1}{2}$f（x），
即f（x）=2f（$\frac{x}{2}$），
則f（x+y）=2f（$\frac{x+y}{2}$）=f（x）+f（y），
則f（$\frac{1}{n}$）=f（1-$\frac{n-1}{n}$）=f（1）+f（1-$\frac{n-1}{n}$）=f（1）-f（$\frac{n-1}{n}$）=f（1）-[f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{n-2}{n}$）]=f（1）-[f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{1}{n}$）-f（$\frac{n-3}{n}$）]=…=f（1）-（n-1）f（$\frac{1}{n}$），
即nf（$\frac{1}{n}$）=f（1），
∴f（$\frac{1}{n}$）=$\frac{f（1）}{n}$=$\frac{1}{n}$，
∴f（1）•f（$\frac{1}{3}$）+f（$\frac{1}{3}$）•f（$\frac{1}{5}$）+…+f（$\frac{1}{2n-1}$）•f（$\frac{1}{2n+1}$）=1•$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$•$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$•$\frac{1}{2n+1}$
=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）＜$\frac{1}{2}$，
即S（n）$＜\frac{1}{2}$，
∵若對(duì)于任意的正整數(shù)n，總有S（n）＜m恒成立，
∴m≥$\frac{1}{2}$，即m的最小值為$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查抽象函數(shù)的應(yīng)用以及數(shù)列求和，根據(jù)抽象函數(shù)的關(guān)系求出函數(shù)f（x）的解析式是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．