Question

定義在R上的函數(shù)f（x）滿足對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y），且當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0，f（1）=-2．
（1）判斷f（x）的奇偶性并證明；
（2）判斷f（x）的單調(diào)性，并求當(dāng)x∈[-3，3]時(shí)，f（x）的最大值及最小值；
（3）在b＞

2

的條件下解關(guān)于x的不等式

1

2

f(bx2)-f(x)＞

1

2

f(b2x)-f(b)．

Answer 1

分析：（1）可在恒等式中令x=y=0，即可解出f（0）=0，由奇函數(shù)的定義知，需要證明出f（-x）=-f（x），觀察恒等式發(fā)現(xiàn)若令y=-x，則問題迎刃而解；
（2）由題設(shè)條件對(duì)任意x₁、x₂在所給區(qū)間內(nèi)比較f（x₂）-f（x₁）與0的大小即可得出f（x）在R上是減函數(shù)，再根據(jù)單調(diào)性得出函數(shù)的最值即可．
（3）不等式可化為：

f(bx2)-2f(x)＞f(b2x)-2f(b)．

再利用題中條件得到2f（x）=f（x）+f（x）=f（2x），結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，將前不等式化成二次不等式，再解之即得．

解答：解：（1）令x=y=0，得f（0）=f（0）+f（0），∴f（0）=0．…（1分）
再令y=-x，得f（0）=f（x）+f（-x）=0．∴f（-x）=-f（x）．
∴f（x）為奇函數(shù)．…（3分）
（2）任取x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0．∴由已知得f（x₂-x₁）＜0．
∴f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=f（x₁-x₂）=-f（x₂-x₁）＞0．
∴f（x₁）＞f（x₂），∴f（x）在R上是減函數(shù)．…（6分）

∴當(dāng)x∈[-3，3]時(shí)，f(3)≤f(x)≤f(-3)．

∵f（3）=f（2）+f（1）=3f（1）=-6，
∴f(-3)=-f(3)=6.
∴當(dāng)x∈[-3，3]時(shí)，f（x）_max=6，f（x）_min=-6．…（8分）
（3）不等式可化為：

f(bx2)-2f(x)＞f(b2x)-2f(b)．

而2f（x）=f（x）+f（x）=f（2x），
得

f(bx2)-f(2x)＞f(b2x)-f(2b)．

即

f(bx2-2x)＞f(b2x-2b)．

∵y=f（x）在R上是減函數(shù)，
∴bx2-2x＜b2x-2b，即bx²-（2+b²）x+2b＜0…①…（10分）
當(dāng)b＞

2

＞0時(shí)，①得(x-b)(x-

2

b

)＜0；
當(dāng)b＞

2

時(shí)，

2

b

＜b，此時(shí)解集為{x|

2

b

＜x＜b}．…（12分）

點(diǎn)評(píng)：本題考點(diǎn)是抽象函數(shù)及其應(yīng)用，考查用賦值法求函數(shù)值證明函數(shù)的奇偶性，以及靈活利用所給的恒等式證明函數(shù)的單調(diào)性，此類題要求答題者有較高的數(shù)學(xué)思辨能力，能從所給的條件中組織出證明問題的組合來．