一楼百度。

已知连续函数f:R→R，满足①f(1)=5/2，②f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y)，
证明：对一切x∈R，均有f(x)≥2。

2^x+2^-x

先谢谢了……刚刚做出来……

先证明对一切x∈R，均有f(x)≥2：
若存在a∈R使得f(a)＜2，则f²(a/2)=f(a)+2＜4，从而f(a/2)＜2，
递推可得f(a/2^n)＜2，
根据连续性，f(0)＜2，
这与f(0)=2矛盾，从而对一切x∈R，均有f(x)≥2。
因此，必定存在连续函数g(x)使得f(x)=2cosh[g(x)]，
于是原方程等价于g(x+y)=g(x)+g(y)，g(1)=ln2，
根据柯西方程可知g(x)=g(1)x=xln2，
从而f(x)=2cosh(xln2)=2^x+2^(-x).


回复6楼:为什么存在g(x)

貌似连续性有问题，小于2但递增不能导矛盾。。。

因为……f(x)≥2，
所以必定存在某种形式的g(x)满足
f(x)=2cosh[g(x)]，
这只是粗略的解释……
参考《命题人讲座（函数迭代与函数方程）》第三章最后的几道例题……

其实我也考虑过从连续性会不会只能推到
f(0)≤2。

可以，等我一下

归纳法可以做所有有理数

证明f(x)＞0后，令x+y=2x。。。均值可做好像。。

加油！！！

试试看……

以前抄的笔记……

[f(x)f(y)]²=[f(x+y)+f(x-y)]²≥4f(x+y)f(x-y)=4[f(2x)+f(2y)]=4f(x)²+4f(y)²-16，令x=1，f(y)²≥4。。

你们太强了……

学习了，