Question

附加題
已知f（x）定義域為R，滿足：①f（1）=1＞f（-1）；②對任意實數(shù)x，y，有f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1）．
（1）求f（0），f（3）的值；（2）判斷f（x）的奇偶性，并說明理由．（3）求

1

2

f(1-2x)+f2(x)的值．

Answer 1

分析：（1）將已知等式中令y=1，變形再令x=1，可得f（0）[1-f（1）-f（-1）]=0．再根據(jù)f（1）=1＞0＞f（-1），得
1-f（1）-f（-1）≠0，得f（0）=0，再根據(jù)f（x-1）[f（x）+f（x-2）]=0，而f（x-1）不恒等于0，故f（x）+
f（x-2）=0恒成立對上式令x=3，得f（3）+f（1）=0⇒f（3）=-f（1）=-1．
（2）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），
再根據(jù)（1）得，f（-1）=-f（-1+2）=-1，f（0）=0，從而f（-x+1）=-f（x-1），即f（-x）=-f（x），函數(shù)為奇函數(shù)．
（3）令y=-x代入條件中的等式，可得f（1-2x）=f（-x-x+1）=-f²（x）+f（x-1）f（-x-1），再利用函數(shù)為奇函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合條件得f²（x）-f（x+1）f（x-1）=1，代入即得

1

2

f(1-2x)+f2(x)=

1

2

．

解答：解：（1）∵f（y-x+1）=f（x）f（y）+f（x-1）f（y-1）．
∴令y=x-1，得f（0）=f（x）f（x-1）+f（x-1）f（x-2）．
再令x=1，代入上式得：f（0）=f（1）f（0）+f（0）f（-1）．
∴f（0）[1-f（1）-f（-1）]=0．
∵f（1）=1＞0＞f（-1）
∴1-f（1）-f（-1）≠0
∴f（0）=0，
由上面的證明，得f（x）f（x-1）+f（x-1）f（x-2）=0．
即f（x-1）[f（x）+f（x-2）]=0，而f（x-1）不恒等于0
故f（x）+f（x-2）=0恒成立
對上式令x=3，得f（3）+f（1）=0⇒f（3）=-f（1）=-1
（2）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）=-f（-1+2）=-1，f（0）=0
∴f（-x+1）=-f（x-1），即f（-x）=-f（x），
∴函數(shù)為奇函數(shù)
（3）f（1-2x）=f（-x-x+1）=-f²（x）+f（x-1）f（-x-1）
∴

1

2

f(1-2x)=-

1

2

 f 2(x)-

1

2

 f(x-1)f(x+1)
∴

1

2

f(1-2x)+f2(x)=-

1

2

f 2(x)-

1

2

f(x-1)f(x+1)+f2(x)
=

1

2

[f2(x)-f(x+1)f(x-1)] 
∵f²（x）=1-f²（x-1）⇒f²（x）-f（x+1）f（x-1）=1-f（x-1）[f（x-1）+f（x+1）]
而f（x-1）+f（x+1）=0，所以f²（x）-f（x+1）f（x-1）=1
∴

1

2

f(1-2x)+f2(x)=

1

2

點評：本題考查了函數(shù)奇偶性的判斷，和抽象函數(shù)的性質(zhì)和求值的問題，屬于難題．合理地利用條件賦值，是解決本題的關(guān)鍵所在．