周期函数与周期数列

周期函数与周期数列

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第14讲周期函数与周期数列

本节主要内容有周期；周期数列、周期函数．

周期性是自然规律的重要体现之一，例如地球公转的最小正周期就体现为年的单位．在数学中，我们就经常遇见各种三角函数，这类特殊的周期函数，特别是正弦、余弦函数与音乐有着密切的联系:19世纪法国数学家傅立叶证明了所有的乐声──不管是器乐还是声乐都能用数学表达式来描述，它们一定是一些简单的正弦周期函数的和．

作为认识自然规律的主要手段，数学在本学科中严格地引进了“周期”这个重要概念．在中学数学中，我们仅仅讨论定义域是整个实数轴的实值映射的周期性，尽管形式十分简单，但与之相关的问题仍有待研究．中学数学里称函数的周期，没有特殊说明是指其最小正周期．

如果函数y＝f(x)对于定义域内任意的x，存在一个不等于0的常数T，使得f(x＋

T)＝f(x)

恒成立，则称函数f(x)是周期函数，T是它的一个周期．

一般情况下，如果T是函数f(x)的周期，则kT(k∈N＋)也是f(x)的周期．

1．若f(x＋T)=－f(x)，则2T是f(x)的周期，即f(x＋2T)=f(x)

证明：f(x＋2T)=f(x＋T＋T)=－f(x＋T)=f(x)，

由周期函数的性质可得f(x＋2nT)=f(x)，(n∈Z)

2．若f(x＋T)=±，则2T是f(x)的周期，即f(x＋2T)=f(x)．

仅以f(x＋T)=证明如下：

f(x＋2T)=f(x＋T＋T)==f(x)．由周期函数的性质可得f(x＋2nT)=f(x)，(n∈Z) 3．在数列an中，如果存在非零常数T，使得amTam对于任意的非零自然数m均成立，那么就称数列an为周期数列，其中T叫数列an的周期． A类例题 例1（2001年上海春季卷）若数列{an}前的值各异，且an8an对任意的nN都成立，则下列数列中可取遍{an}前值的数列为（）

A．{a2k1} B．{a3k1}

C．{a4k1} D．{a6k1}

解析由数列{an}前的值各异，an8an对任意n∈N＋都成立，

得数列{an}的周期T=8，则问题转化为2k＋1，3k＋1，4k＋1，6k＋1中k=1，2，3，…代入

被8除若余数能取到0，1，2，3，4，5，6，7即为答案．

经检验3k＋1可以，故{a3k1}可取遍{an}的前值．答案为B．

说明本题还可以奇偶性的角度考虑，在2k＋1，3k＋1，4k＋1，6k＋1中，2k＋1，4k＋1，6k＋1都是奇数，除8后仍都是奇数，只有3k＋1除8后余数能取到0，1，2，3，4，5，6，7．

例2定义在R上的奇函数且f(x＋2)=f(x－2)，且f(1)=2则f(2)＋f(7)=．

解因为f(x＋2)=f(x－2)，知f(x＋2T)=f(x)．即f(x＋4)=f(x)．

所以f(7)=f(3＋4)=f(－1＋4)=f(－1)=－f(1)=－2．

f(－2)=f(－2＋4)=f(2)

所以f(2)=0．从而f(2)＋f(7)=－2．

链接若f(x＋T)=±f(x－T)， ①f(x＋T)=f(x－T)，2T是f(x)的周期，即f(x＋2T)=f(x) 证明：f(x＋2T)=f(x＋T＋T)=f(x＋T－T)=f(x) ②f(x＋T)=－f(x－T)，4T是f(x)的周期，即f(x＋4T)=f(x) 证明：f(x＋2T)=f(x＋T＋T)=－f[(x＋T)－T]=－f(x) 所以由(一)可得f(x＋4T)=f(x)． 情景再现

1．已知函数f(x)对任意实数x，都有f(a＋x)＝f(a－x)且f(b＋x)＝f(b－x)，

求证:2|a－b|是f(x)的一个周期．(a≠b)

2．已知数列{xn}满足x1=1，x2=6，xn1xnxn1(n≥2)，求x2006及S2006．

B类例题

例3定义在R上的奇数满足f(1＋x)=f(1－x)，当x4,5时，f(x)=2x－4，则x[1,0)时

f(x)=

因为f(1＋x)=f(1－x)，f(x)=f(－x)，知f(x＋4)=f(x)， 故当x(0,1]时，x＋44,5，f(x)=f(x＋4)=2x＋4－4=2x．

又x[1,0)时，即－x(0,1]，所以f(x)=－f(－x)=－2－x(x[1,0))

链接：若f(T＋x)=±f(T－x)， (1)f(T＋x)=f(T－x) ①若f(x)是偶函数，则2T是f(x)的周期，即f(x＋2T)=f(x) ②若f(x)是奇函数，则4T是f(x)的周期，即f(x＋4T)=f(x) (2)f(T＋x)=－f(T－x) ①若f(x)是偶函数，则4T是f(x)的周期，即f(x＋4T)=f(x) ②若f(x)是奇函数，则2T是f(x)的周期，即f(x＋2T)=f(x) 例4设f(x)是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x=1对称，对任意x1、x2∈［0，

1］，都有f(x1＋x2)=f(x1)·f(x2)，且f(1)=a>0． 2

(1)求f()、f();

1214(2)证明f(x)是周期函数；

1)，求lim(lnan).（2001年全国高考题）

n2n(3)记an=f(2n＋

分析本题主要考查函数概念，图象函数的奇偶性和周期性以及数列极限等知识，还考查运算能力和逻辑思维能力．认真分析处理好各知识的相互联系，抓住条件f(x1＋

x2)=f(x1)·f(x2)找到问题的突破口．由f(x1＋x2)=f(x1)·f(x2)变形为

xxxxxf(x)f()f()f()f()是解决问题的关键．

22222解(1)因为对x1，x2∈［0，］，都有f(x1＋x2)=f(x1)·f(x2)，所以

12f(x)=f()f()≥0，x∈［0，1］

又因为f(1)=f(＋)=f()·f()=［f()］2

1214141414141212121212x2x2x2f()=f(＋)=f()·f()=［f（）］2

又f(1)=a>0

111∴f()=a2，f()=a4

241(2)证明：依题意设y=f(x)关于直线x=1对称，故f(x)=f(1＋1－x)，即f(x)=f(2－

x)，x∈R．

又由f(x)是偶函数知f(－x)=f(x)，x∈R，∴f(－x)=f(2－x)，x∈R．

将上式中－x以x代换得f(x)=f(x＋2)，这表明f(x)是R上的周期函数，且2是它的一

个周期．

(3)解：由(1)知f(x)≥0，x∈［0，1］

1211111)=f(＋(n－1))=f()·f((n－1)·) 2n2n2n2n2n∵f()=f(n·

=……

1111=f()·f()·……·f()=［f()］n=a2

2n2n2n2n11∴f()=a2n．

2n1又∵f(x)的一个周期是2

11∴f(2n＋)=f()，因此an=a2n

2n2n1lna)0. 2n1∴lim(lnan)lim(nn例5(1997年全国高中数赛)已知数列{xn}满足xn1xnxn1(n≥2)，x1a，x2b，记

Snx1＋x2＋?＋xn，则下列结论正确的是()

A．x100??a，S100=2b?aB．x100??b，S100?2b?aCx100??b，S100=b?aD．x100??a，S100?b?a

解因为xn1xnxn1=(xn1xn2)xn1xn2，于是得xn6xn3xn所以数列{xn}是周期数列，

其周期为6k(k∈Z)，且x1＋x2＋?＋x6=0，x100=x4=－x1=－a．故S10016(x1＋x2＋?＋x6)＋x97＋x98＋?＋x99＋x100=x1＋x2＋x3＋x4=x2＋x3=2b－a．

例6设数列a1，a2，a3，…，an，满足a1=a2=1，a3=2，且对任意自然数n都有an·an＋1·an＋

2

≠1，an·an＋1·an＋2an＋3=an＋an＋1＋an＋2＋an＋3，求a1＋a2＋a3＋…＋a100．

解由an·an＋1·an＋2an＋3=an＋an＋1＋an＋2＋an＋3，①

得an＋1·an＋2·an＋3an＋4=an＋1＋an＋2＋an＋3＋an＋4，②

两式相减得：(an－an＋4)·(an＋1＋an＋2an＋3－1)=0，

由于an＋1＋an＋2an＋3≠1，所以an＋4=an．

又a1=a2=1，a3=2，由①得2a4=4＋a4，所以a4=4．

故a1＋a2＋a3＋a4=8，于是a1＋a2＋a3＋…＋a100=25(a1＋a2＋a3＋a4)=200．

情景再现

3．设f(x)是定义在区间(－∞，＋∞)上以2为周期的函数，对k∈Z，用Ik表示区间(2k－1，2k＋1]，已知当x∈I0时f(x)=x2．

(Ⅰ)求f(x)在Ik上的解析表达式;

(Ⅱ)对自然数k，求集合Mk={a│使方程f(x)=ax在Ik上有两个不相等的实根}．

234．(2005年上海理科卷)在直角坐标平面中，已知点P2(2,2)，P3(3,2)，…，1(1,2)，PPn(n,2n)，其中n是正整数．对平面上任一点A0，记A1为A0关于点P1的对称点，A2为A1关于点P2的对称点，……，An为An1关于点Pn的对称点．

(1)求向量A0A2的坐标；

(2)当点A0在曲线C上移动时，点A2的轨迹是函数yf(x)的图象，其中f(x)是以3为周期的周期函数，且当x0,3时，f(x)lgx，求以曲线C为图象的函数在1,4的解析式；

对任意偶数n，用n表示向量A0An的坐标

C类例题 例7．(2005年广东卷19)设函数f(x)在(,)上满足f(2x)f(2x),f(7x)f(7x)，且在闭区间[0，7]上，只有f(1)f(3)0.

（Ⅰ）试判断函数yf(x)的奇偶性；

（Ⅱ）试求方程f(x)0在闭区间[－2005，2005]上的根的个数，并证明你的结论．

解（Ⅰ）由f(2x)f(2x)f(x)f(4x)f(4x)f(14x)

f(7x)f(7x)f(x)f(14x)f(x)f(x10)，从而知函数yf(x)的周期为T10

又f(3)f(1)0,而f(7)0，

f(3)f(310)f(7)0，所以f(3)f(3)

故函数yf(x)是非奇非偶函数;

(II)又f(3)f(1)0,f(11)f(13)f(7)f(9)0

故f(x)在[0，10]和[－10，0]上均有有两个解，从而可知函数yf(x)在[0，2005]上有402个解，在[－2005．0]上有400个解，所以函数yf(x)在[－2005，2005]上有802个解．

链接若f(a＋x)=±f(a－x)，且f(b＋x)=±f(b－x)，(a≠b) (1)若f(a＋x)=f(a－x)，且f(b＋x)=f(b－x)，或f(a＋x)=－f(a－x)，且f(b＋x)=－f(b－x)， 则2(b－a)是f(x)的周期，即f[x＋2(b－a)]=f(x) 证明：因为f(2a＋x)=f[a＋(a＋x)]=f(2a－x)=f(－x)， 同理f(2b＋x)=f(－x)， 因为f[x＋2(b－a)]=f[2b＋(x－2a)]=f[(x－2a)]=f(x) 或f(2a＋x)=f[a＋(a＋x)]=－f[a－(a－x)]=－f(－x)， 同理f(2b＋x)=－f(－x)， 因为f[x＋2(b－a)]=f[2b＋(x－2a)=－f[2a＋(－x)]=f(x)． (2)若f(a＋x)=f(a－x)，且f(b＋x)=－f(b－x)，或f(a＋x)=－f(a－x)，且f(b＋

x)=f(b－x)， 则4(b－a)是f(x)的周期，即f[x＋4(b－a)]=－f(－x)．(证明留给读者完成) 例8数列{an}满足an=an－1－an－2(n≥3)．如果它的前1492项之和是1985，而它的前1985项之和是1492．那么前2001项的和是多少(1985年中美数学邀请赛复赛试题)

解因为an=an－1－an－2=(an－2－an－3)－an－2=－an－3

同理an－3=－an－6

所以an=an－6

故数列{an}是周期数列．其周期为6．且f(n)=f(6k＋n)，(k∈N)．

Sn=an＋an－1＋an－2＋L＋a1，且an=an－1－an－2(n≥3)

所以Sn=(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋(an－3－an－4)＋…＋(a2–a1)＋a2＋a1

=an－1＋a2(n≥3)

因此S1492=a1491＋a2=a248×6＋3＋a2=a3＋a2=1985，

S1985=a1984＋a2=a330×6＋4＋a2=a4＋a2=a3=1492．

由以上两式得a2=493，

所以S2001=a2000＋a2=a333×6＋2＋a2=a2＋a2=986．

情景再现

5．已知f(x)是定义在R上的函数f(10＋x)=f(10－x)，f(20＋x)=f(20－x)．则f(x)是()．

A．周期为20的奇函数

B．周期为20的偶函数

C．周期为40的奇函数

D．周期为40的偶函数

6．在数列{an}中．an=13，an=56．对所有的正整数n都有an＋1=an＋an＋2，求a1994．

(1994年第5届希望杯”竞赛题)

习题14

A类习题 1．定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列{an}是等和数列，且

a12，公和为5，那么(1)a18的值为_______，(2)这个数列的前n项和Sn的计算公式为

________________(2004年北京理工卷)．

p22．若存在常数p0，使得函数f(x)满足f(px)f(px)(xR),则f(x)的一个正周期为．

（2003年春季北京卷）

3．对任意整数x，函数f(x)满足f(x1)1f(x)，若f(1)2，则f(2003)． 1f(x)4．已知函数f(x)的定义域为N，且对任意正整数x，都有f(x)＝f(x－1)＋f(x＋1)．若f(0)＝2004，求f(2004)．

5．已知对于任意a，b∈R，有f(a＋b)＋f(a－b)＝2f(a)f(b)，且f(x)≠0

⑴求证：f(x)是偶函数；

⑵若存在正整数m使得f(m)＝0，求满足f(x＋T)＝f(x)的一个T值(T≠0)

6．记f(n)为自然数n的个位数字，an=f(n2)－f(n)．求a1＋a2＋a3＋L＋a2006的值．

B类习题 n3若n10007．函数f定义在整数集上．满足：fn=，求f84的值．

fn5若n＜100020068．已知数列{an}满足a1=1，a2=2，anan＋1an＋2=an＋an＋1＋an＋2，且an＋1an＋2≠1，求值．

ai1i的

9．设函数f(x)的定义域关于原点对称且满足：(i)f(x1－x2)=

f(x1)f(x2)1；

f(x2)f(x1)(ii)存在正常数a使f(a)=1．求证：

(1)f(x)是奇函数．

(2)f(x)是周期函数，且有一个周期是4a．

10．已知集合M是满足下列性质的函数f(x)的全体：存在非零常数T，对任意x∈R，有

f(x＋T)=Tf(x)成立．

（1）函数f(x)=x是否属于集合M？说明理由；

（2）设函数f(x)=ax（a>0，且a≠1）的图象与y=x的图象有公共点，证明：

f(x)=ax∈M；

（3）若函数f(x)=sinkx∈M，求实数k的取值范围．

(2003年上海卷)

C类习题 11．整数数列{an}，时对于每个n≥3都有an=an－1－an－2，若前2003项的和为a，(a≠0)则S5=()

A．aB．C．D．5a

(2003年希望杯)

12．设f(x)是一个从实数集R到R的一个映射，对于任意的实数x，都有|f(x)|≤1，并且f(x)＋f(x+13)=4211f(x+)+f(x+)，求证:f(x)是周期函数．

67

本节“情景再现”解答：

1．不妨设a＞b，于是f(x＋2(a－b))＝f(a＋(x＋a－2b))＝f(a－(x＋a－2b))＝f(2b－x)＝f(b－(x－b))＝f(b＋(x－b))＝f(x)∴2(a－b)是f(x)的一个周期当a＜b时同理可得．所以，2|a－b|是f(x)的周期

2．解法一：由x1=1，x2=6，及xn1xnxn1得x3=5，x4=－1，x5=－6，x6=－5，x7=1，

x8=6，所以数列{xn}是周期数列，其周期为6k(k∈Z)，且x1＋x2＋?＋x6=0，所以x2006=x6×334＋2=x2=6．S2006=7

解法二：因为xn1xnxn1=(xn1xn2)xn1xn2，于是得xn6xn3xn所以数列{xn}是周期数列，

其周期为6k(k∈Z)，且x1＋x2＋?＋x6=0，所以x2006=x6×334＋2=x2=6．S2006=7

3．⑴证明：令a＝b＝0得，f(0)＝1(f(0)＝0舍去)又令a＝0，得f(b)＝f(－b)，

即f(x)＝f(－x)，所以，f(x)为偶函数

⑵令a＝x＋m，b＝m得f(x＋2m)＋f(x)＝2f(x＋m)f(m)＝0

所以f(x＋2m)＝－f(x)于是f(x＋4m)＝f[(x＋2m)＋2m]＝－f(x＋2m)＝f(x)

即T＝4m(周期函数)

4．(Ⅰ):∵f(x)是以2为周期的函数，∴ 当k∈Z时，2k是f(x)的周期．又∵ ∈Ik时，(x－2k)∈I0，∴ f(x)=f(x－2k)=(x－2k)2．即对 k∈Z，当x∈Ik时，f(x)=(x－2k)2．

当x

(Ⅱ)解:当k∈N且x∈Ik时，利用(Ⅰ)的结论可得方程(x－2k)2=ax，

整理得 x2－(4k＋a)x＋4k2=0．它的判别式是

△=(4k＋a)2－16k2=a(a＋8k)．

上述方程在区间Ik上恰有两个不相等的实根的充要条件是a满足

a(ak)0a(a8k)0①12k1[4kaa(a8k)]，化简a(a8k)2a②

2③1a(a8k)2a2k1[4kaa(a8k)]2由①知a>0，或a<－8k．当a>0时:因2＋a>2－a，故从②，③可得≤2－a，即

．

1 2k1即所以0a当a<－8k时:2＋a<2－8k<0，易知<2＋a无解．

11，故所求集合(1)K>0时MK{a0a}

2k12k1综上所述，a应满足0a(2)K=0，{a｜－14．（1）设点A0(x,y)，A0关于点P1的对称点A1的坐标为A1(2x,4y),

A1关于点P2的对称点A2的坐标为A2(2x,4y)，所以，A0A2{2,4}.

（2）[解法一]A0A2{2,4},f(x)的图象由曲线C向右平移2个单位，再向上平移 4个单位得到．

因此，基线C是函数yg(x)的图象，其中g(x)是以3为周期的周期函数，且当

x2x2[解法二]设A0(x,y),A2(x2,y2),于是

yy42若3x26,则0x233,于是f(x2)f(x23)lg(x23).

当1x4时,则3x26.y4lg(x1),当x{1,4]时,g(x)lg(x1)4.

（3）A0AnA0A2A2A4An2An

由于A2k2A2k2P2k1P2k,得A0An2(P1P2P3P4Pn1Pn)，

5．解析:f(20＋x)=f[10＋(10＋x)]=f(10－(10＋x))=f(－x)，类似地f(20－x)=f(x)，

所以f(x)=－f(－x)，故f(x)是奇函数且f(x)的周期为40．故选C．

6．解因为an＋1=an＋an＋2，所以an＋2=an＋1＋an＋3，以上两式相减得an＋3=－an，所以an＋6=an

所以数列{an}是以6周期的周期数列．所以a1994=a332×6＋2=a2=56．

本节“习题14”解答：

1．答案：(1)3解：(1)由题可得5=a1＋a2=a2＋a3=a3＋a4=…=a2n－1＋a2n=a2n＋a2n＋1得a2n＋1=a2n＋

3

，a2n=a2n＋2，故得为周期数列T=2，a18=a2，又因为a1=2，所以a2=3，故a18=a2=3．(2)当n

551n；当n为奇数时，Snn． 222为偶数时，Sn2．答案:

pp注：填的正整数倍中的任何一个都正确． 22

解：设u=px－·所以px=u＋则f(u)=f(u＋)对于任意的实数u都成立，根据周期函数的定义，f(x)的一个正周期为，所以f(x)的一个正周期为． 3．解由f(x1)1f(x)得f(x2)1，故f(x4)f(x)，

1f(x)f(x)1f(2003)f(4503)f(3)．

24．解因为f(x)＝f(x－1)＋f(x＋1)所以f(x＋1)＝f(x)＋f(x＋2)，两式相加得0＝f(x－1)＋f(x＋2)

即：f(x＋3)＝－f(x)∴f(x＋6)＝f(x)，f(x)是以6为周期的周期函数，2004＝6×334，∴f(2004)＝f(0)＝2004．

5．⑴证明：令a＝b＝0得，f(0)＝1(f(0)＝0舍去)又令a＝0，得f(b)＝f(－b)，即f(x)＝f(－x)，所以，f(x)为偶函数

⑵令a＝x＋m，b＝m得f(x＋2m)＋f(x)＝2f(x＋m)f(m)＝0

所以f(x＋2m)＝－f(x)于是f(x＋4m)＝f[(x＋2m)＋2m]＝－f(x＋2m)＝f(x)，即T＝4m(周期函数)

6．解易知f(n＋10)=f(n)，f[(n＋10)2]=f(n2)

所以an＋10=an即an是以10为周期的数列

又易知a1=0，a2=2，a3=6，a4=2，a5=0，a6=0，a7=2，a8=－4，a9=－8，a10=0．

所以a1＋a2＋a3＋L＋a10=0．故a1＋a2＋a3＋L＋a2005=a1＋a2＋a3＋L＋a6=10．

7．解先考虑n=999(近1000时)情况：

ffff999fffff1004=ffff1001fff998ffff1003 =fff1000ff997fff1002

=ff999．(有规律ffff999ff999)．

∴f84=ff845=fff8425=ffff8435 =ff184f841835=ff184f999=ff182f999=……

=ff999=fff1004=ff1001=f998=ff1003

=f1000=997．

8．解易知a3=3，a4=1，a5=2，

由anan＋1an＋2=an＋an＋1＋an＋2，①

得an＋1an＋2an＋3=an＋1＋an＋2＋an＋3，②

②－①得：(an＋3－an)(an＋1an＋2－1)=0，

又an＋1an＋2≠1，所以an＋3－an=0，

即an是以3为周期的数列，又a1＋a2＋a3=6，

2006所以

ai1i=6×668＋1＋2=4011．

9．证明:(1）不妨令x=x1－x2，则f(－x)=f(x2－x1)=

f(x2)f(x1)1f(x1)f(x2)1

f(x1)f(x2)f(x2)f(x1)=－f(x1－x2)=－f(x)．∴f(x)是奇函数．

(2）要证f(x＋4a)=f(x)，可先计算f(x＋a)，f(x＋2a)．

∵f(x＋a)=f［x－(－a)］=

f(a)f(x)1f(a)f(x)1f(x)1(f(a)1)．

f(a)f(x)f(a)f(x)f(x)11=f(x)，故f(x)是以4a为周期的周期函

f(x2a)∴f(x＋4a)=f［(x＋2a)＋2a］=数．

10．解（1）对于非零常数T，f(x＋T)=x＋T，Tf(x)=Tx．因为对任意x∈R，x＋T=Tx不能恒成立，所以f(x)=xM.

（2）因为函数f(x)=a（a>0且a≠1）的图象与函数y=x的图象有公共点，

xyax所以方程组：有解，消去y得ax=x，

yx显然x=0不是方程ax=x的解，所以存在非零常数T，使aT=T．

于是对于f(x)=ax有f(xT)axTaTaxTaxTf(x)故f(x)=ax∈M．

（3）当k=0时，f(x)=0，显然f(x)=0∈M．

当k≠0时，因为f(x)=sinkx∈M，所以存在非零常数T，对任意x∈R，有

f(x＋T)=Tf(x)成立，即sin(kx＋kT)=Tsinkx．

因为k≠0，且x∈R，所以kx∈R，kx＋kT∈R，

于是sinkx∈[－1，1]，sin(kx＋kT)∈[－1，1]，

故要使sin(kx＋kT)=Tsinkx．成立，

只有T=1，当T=1时，sin(kx＋k)=sinkx成立，则k=2mπ，m∈Z．

当T=－1时，sin(kx－k)=－sinkx成立，

即sin(kx－k＋π)=sinkx成立，

则－k＋π=2mπ，m∈Z，即k=－2(m－1)π，m∈Z．

综合得，实数k的取值范围是{k|k=mπ，m∈Z}

11．解因为an=an－1－an－2=(an－2－an－3)－an－2=－an－3，同理an－3=－an－6所以an=an－6，故数列{an}是周期数列．其周期为6．因此Sn=an＋an－1＋an－2＋L＋a1，且an=an－1－an－2(n≥3)．所以Sn=(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋(an－3－an－4)＋…＋(a2–a1)＋a2＋a1=an－1＋a2(n≥3)．因此S2003=a2002＋a2=a333×6＋4＋a2=a4＋a2=S5，故选A．

13716)f(x)f(x) 42424212．证明:由已知f(x)＋f(x所以f(x7136)f(x)f(x)f(x) 424242f(x19124942)f(x)......f(x)f(x) 4242424242497)f(x)f(x)f(x)① 424242即f(x

同理有f(x714943)f(x)f(x)f(x) 42424242即f(x497431)f(x)f(x)f(x)② 424242427 )42由①②f(x42)f(x)f(x49)f(x4242f(x4314428442)f(x)f(x)f(x)......f(x)f(x) 424242424242于是f(x＋1)－f(x)＝f(x＋2)－f(x＋1)，记这个差为d

同理f(x＋3)－f(x＋2)＝f(x＋2)－f(x＋1)＝d

……

f(x＋n＋1)－f(x＋n)＝f(x＋n)－f(x＋n－1)

＝……

＝f(x＋1)－f(x)＝d

即是说数列{f(x＋n)}是一个以f(x)为首项，d为公差的等差数列

因此f(x＋n)＝f(x)＋nd＝f(x)＋n[f(x＋1)－f(x)]对所有的自然数n成立，

而对于x∈R，|f(x)|≤1，即f(x)有界，故只有f(x＋1)－f(x)＝0

即f(x＋1)＝f(x)x∈R所以f(x)是周期为1的周期函数．