Question

15．設(shè)函數(shù)f（x）對(duì)任意x，y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y），當(dāng)x≠0時(shí)，xf（x）＜0，f（1）=-2
（1）求證：f（x）是奇函數(shù)；
（2）試問：在-n≤x≤n時(shí)（n∈N⁺），f（x）是否有最大值？如果有，求出最大值，如果沒有，說明理由．
（3）解關(guān)于x的不等式$\frac{1}{2}$f（bx²）-f（x）＞$\frac{1}{2}$f（b²x）-f（b），（b＞0）

Answer 1

分析 （1）由條件令x=y=0可求得f（0）=0．設(shè)y=-x，化簡(jiǎn)可得f（-x）=-f（x），可得f（x）為奇函數(shù)；
（2）由xf（x）＜0，可得當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0．任取x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，根據(jù)f（x₂）=f（x₂-x₁）+f（x₁），可得f（x₂）-f（x₁）=f（x₂-x₁）＜0，所以f（x）在[-n，n]上為減函數(shù)，從而求得函數(shù)最大值和最小值；
（3）由題設(shè)可知$\frac{1}{2}$f（bx²）+$\frac{1}{2}$f（b）+$\frac{1}{2}$f（b）＞$\frac{1}{2}$f（b²x）+$\frac{1}{2}$f（x）+$\frac{1}{2}$f（x），可化為f（bx²+b+b）＞f（b²x+x+x）．再根據(jù)f（x）在R上為減函數(shù)，可得bx²+2b＜b²x+2x，即（bx-2）（x-b）＜0．再根據(jù)一元二次不等式的解法，分類討論，求得它的解集．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）對(duì)任意x，y∈R，
都有f（x+y）=f（x）+f（y），
設(shè)x=y=0可求得f（0）=0．
設(shè)y=-x，則f（0）=f（x）+f（-x），即f（-x）=-f（x），
所以f（x）為奇函數(shù)；
（2）由xf（x）＜0，可得
當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0；當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）＞0．
任取x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，
又f（x₂）=f[（x₂-x₁）+x₁]=f（x₂-x₁）+f（x₁），
所以f（x₂）-f（x₁）=f（x₂-x₁）＜0，
所以f（x）在[-n，n]上為減函數(shù)．
那么函數(shù)最大值為f（-n），最小值為f（n），
且f（-n）=-nf（1）=2n，f（n）=nf（1）=-2n，
所以函數(shù)最大值為2n，所以函數(shù)最小值為-2n．
（3）由題設(shè)可知$\frac{1}{2}$f（bx²）+f（b）＞$\frac{1}{2}$f（b²x）+f（x），
即$\frac{1}{2}$f（bx²）+$\frac{1}{2}$f（b）+$\frac{1}{2}$f（b）＞$\frac{1}{2}$f（b²x）+$\frac{1}{2}$f（x）+$\frac{1}{2}$f（x），
可化為$\frac{1}{2}$f（bx²+b+b）＞$\frac{1}{2}$f（b²x+x+x），
即f（bx²+b+b）＞f（b²x+x+x）．
∵f（x）在R上為減函數(shù)，∴bx²+2b＜b²x+2x，
即bx²-（b²+2）+2b＜0，即（bx-2）（x-b）＜0．
①當(dāng)$\frac{2}$＞b，即 0＜b＜$\sqrt{2}$，不等式的解集為 {x|b＜x＜$\frac{2}$}，
②當(dāng)$\frac{2}$＜b，即 b＞$\sqrt{2}$，則不等式的解集為{x|$\frac{2}$＜x＜b}，
③當(dāng)$\frac{2}$=b，即b=$\sqrt{2}$，則不等式無解，即解集為∅．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性的判斷，利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式，屬于中檔題．