函数方程问题

v6mm131

如下主要是D选项，能否推出$f(x)=x^2+x-1$

（多选）定义在 $\mathbf{R}$ 上的函数 $f(x)$ 同时满足（1）$f(x+1)-f(x)=2 x+2, x \in \mathbf{R}$；（2）当 $x \in[0,1]$ 时， $|f(x)| \leqslant 1$，则（ ）
A．$f(0)=-1$
B．$f(x)$ 为偶函数
C．存在 $n \in \mathbf{N}^*$ ，使得 $f(n)>2023 n$
D．对任意 $x \in \mathbf{R},|f(x)|<x^2+|x|+3$

色k

不能推出 f(x)=x^2+x-1，事实上 f(x)=x^2+[x]-1 也满足条件。[x] 是高斯函数。

kuing

续楼上：
就算限制为连续函数也推不出，它还可以是 `f(x)=2 ([x] + 1) x - [x]^2 - [x] - 1`。
（其实就是连结 `(n,n^2+n-1)`（`n\inZ`）的折线）

kuing

D 选项的证明我也没想出简洁的方法，得分类讨论，写起来有点麻烦……

由 `f(x+1)=f(x)+2(x+1)` 知对任意 `n\inN^+` 有
\[f(x+n)=f(x)+2\sum_{k=1}^n(x+k)=f(x)+2nx+n^2+n,\]
作置换 `x\to x-n` 有 `f(x)=f(x-n)+2n(x-n)+n^2+n`，即 `f(x-n)=f(x)-2nx+n^2-n`，于是结合上式，我们有
\[f(x+n)=f(x)+2nx+n^2+n,\quad\forall n\inZ.\]

（1）当 `x\in[0,1]`, `n\inN` 时，有
\[\abs{f(x+n)}=f(x)+2nx+n^2+n<3+(x+n)^2+x+n,\]
因此在区间 `[n,n+1]` 上均满足 D 选项；

（2）当 `x\in(0,1)` 时，由 `\abs{f(x-1)}=\abs{f(x)-2x}\leqslant\abs{f(x)}+2x<3` 可知在区间 `(-1,0)` 上满足 D 选项；

（3）当 `x\in[0,1]`, `n\inZ` 且 `n\leqslant-2` 时，有
\[\abs{f(x+n)}\leqslant\abs{f(x)}+\abs{2nx+n^2+n}\leqslant1+\abs{2nx+n^2+n},\]
由于 `\abs{2nx+n^2+n}` 在端点取最大值，故 `\abs{2nx+n^2+n}\leqslant\max\{n^2+n,\abs{n^2+3n}\}`，又易知当 `n\leqslant-2` 时有 `n^2+n\geqslant\abs{n^2+3n}`，所以
\[\abs{f(x+n)}\leqslant1+n^2+n,\]
而
\[(x+n)^2+\abs{x+n}+3\geqslant(1+n)^2+\abs{1+n}+3=n^2+n+3,\]
所以 `\abs{f(x+n)}<(x+n)^2+\abs{x+n}+3`，因此在区间 `[n,n+1]` 上均满足 D 选项。

综上，D 选项得证。

PS、D 选项的常数 `3` 不能再小，虽然从证明看起来（1）（3）的情况都可以减至 `1`，但在（2）里却不行，因为如果当 `x\in(0,1)` 时 `f(x)=-1`，则当 `x\in(-1,0)` 时 `f(x)=-2x-3`，那么 `\abs{f(0^-)}\to3`，所以常数 `3` 不能再小。