题目

题型：北京市期末题难度：来源：

设f（x）是定义在R上的奇函数，g（x）与f（x）的图象关于直线x=1对称，若g（x）=a（x﹣2）﹣（x﹣2）³．
（1）求f（x）的解析式；
（2）当x=1时，f（x）取得极值，证明：对任意x₁，x_2^∈（﹣1，1），不等式|f（x₁）﹣f（
x₂）|＜4恒成立；
（3）若f（x）是[1，+∞）上的单调函数，且当x₀≥1，f（x₀）≤1时，有f[f（x₀）]=x₀，求证：
f（x₀）=x₀．

答案

解：（1）∵f（x）与g（x）的图象关于x=1对称，
设点M（x，f（x））是f（x）上的任意一点．
则点M关于x=1的对称点（2﹣x，g（2﹣x））在函数g（x）的图象上．
∴f（x）=g（2﹣x）=﹣ax+x³．  
（2）f′（x）=﹣a+3x²，又x=1是函数f（x）的一个极值点，
∴f′（1）=0﹣a+3=0，得a=3，
故f（x）=﹣3x+x³．f′（x）=﹣3+3x²=﹣3（x+1）（x﹣1），
当x∈[﹣1，1]，f′（x）≤0， ∴f（x）在[﹣1，1]上是减函数．  
f_min（x）=f（1）=﹣2，f_max（x）=f（﹣1）=2，
故对任意x₁，x₂∈（﹣1，1），有|f（x₁）﹣f（x₂）|＜|2﹣（﹣2）|=4．
（3）若f（x）在[1，+∞）是减函数，则f′（x）=﹣a+3x²＜0在[1，+∞）上恒成立．
即a≥3x²在[1，+∞）上恒成立，此时a不存在；  
若f（x）在[1，+∞）是增函数，即a≤3x²在[1，+∞）上恒成立．故a≤3． 
设f（x₀）＞x₀≥1则f[f（x₀）]＞f（x₀），
∴x₀＞f（x₀）矛盾，
若x₀＞f（x₀）≥1则f（x₀）＞f[f（x₀）]
∴f（x₀）＞x₀矛盾！故f（x₀）=x₀．