题目 已知 $f(x)$ 定义域为 $\mathbb R$，满足<br/>① $f(1)=1>f(-1)$；<br/>② 对任意实数 $x,y$，有 $f(y-x+1)=f(x)f(y)+f(x-1)f(y-1)$． 问题1 求 $f(0)$，$f(3)$ 的值； 答案1 $f(0)=0$，$f(3)=-1$ 解析1 令 $x=1$，则$$f(y)=f(1)f(y)+f(0)f(y-1),$$于是\[f(0)f(y-1)=0,\]再令 $y=2$，得 $f(0)=0$．<br/>令 $x=y=0$，则$$f(1)=f(0)f(0)+f(-1)f(-1),$$所以 $f(-1)=-1$．<br/>令 $x=0$，有$$f(y+1)=-f(y-1),$$所以 $f(x)$ 是周期为 $4$ 的函数，因此$$f(3)=f(-1)=-1.$$ 备注1 问题2 求 $\dfrac{1}{2}f(1-6x)+\left[f(3x)\right]^{2}$ 的值； 答案2 $\dfrac{1}{2}$ 解析2 从 $\dfrac{1}{2}f(1-6x)+\left[f(3x)\right]^{2}$ 的形式，猜想 $y\to -3x$，$x\to 3x$ 时，$$f(y-x+1)=f(x)f(y)+f(x-1)f(y-1)$$即为\[f(1-6x)=f(3x)f(-3x)+f(3x-1)f(-3x-1).\]结合 $(1)$ 中得到的 $f(x+1)=-f(x-1)$，问题的关键指向了函数的奇偶性．<br/>取 $y=-1$，因为 $-f(-2)=f(0)=0$，所以有$$f(-x)=-f(x)+f(x-1)f(-2)=-f(x),$$所以\[f(1-6x)=\left[f(3x)\right]^{2}+\left[f(3x+1)\right]^{2},\]因此\[\dfrac{1}{2}f(1-6x)+\left[f(3x)\right]^{2}=\dfrac{\left[f(3x)\right]^{2}+\left[f(3x+1)\right]^{2}}{2},\]在 ② 式中取 $y=x$，则$$f(1)=\left[f(x)\right]^{2}+\left[f(x-1)\right]^{2}=\left[f(x)\right]^{2}+\left[f(x+1)\right]^{2},$$所以\[\left[f(3x)\right]^{2}+\left[f(3x+1)\right]^{2}=1,\]因此原式的值为 $\dfrac{1}{2}$． 备注2 问题3 是否存在常数 $A,B$，使得不等式 $\left|f(x)+f(2-x)+Ax+B\right|\leqslant 2$ 对一切实数 $x$ 成立，如果存在，求出常数 $A,B$ 的值；如果不存在，请说明理由． 答案3 存在，$A=B=0$ 解析3 由 $(1)$ 知 $f(2-x)=f(x)$，所以$$f(x)+f(2-x)=2f(x),$$于是\[\left|f(x)+f(2-x)+Ax+B\right|\leqslant 2,\]即有\[-2-2f(x)\leqslant Ax+B\leqslant 2-2f(x).\]因为$$\left[f(x)\right]^{2}+\left[f(x+1)\right]^{2}=1,$$所以$$-1\leqslant f(x)\leqslant 1,$$即$$-4\leqslant Ax+B\leqslant 4,$$于是 $a=0$，因此$$\left|2f(x)+B\right|\leqslant 2,$$取 $x=\pm 1$，有$$|B\pm 2|\leqslant 2,$$所以 $B=0$．<br/>综上，存在常数 $A=B=0$ 使得 $\left|f(x)+f(2-x)+Ax+B\right|\leqslant 2$ 对一切实数 $x$ 成立． 备注3 函数原型为 $f(x)=\sin \dfrac{\pi}{2}x$．