Question

定義域為R的函數f（x）滿足：對于任意的實數x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）成立，且當x＞0時f（x）＜0恒成立．
（1）判斷函數f（x）的奇偶性，并證明你的結論；
（2）證明f（x）為減函數；若函數f（x）在[-3，3]上總有f（x）≤6成立，試確定f（1）應滿足的條件；（3）解關于x的不等式

1

n

f(ax2)-f(x)＞

1

n

f(a2x)-f(a)，（n是一個給定的自然數，a＜0）

Answer 1

分析：（1）令x=y=0求出f（0），再令x=-y即可判斷出奇偶性．
（2）利用函數單調性的定義，設任意x₁，x₂∈R且x₁＜x₂，結合已知不等式比較f（x₁）和f（x₂）的大小，即可判斷出單調性．
由單調性可求出f（x）在[-3，3]上的最大值為f（-3），已知不等式可轉化為f（-3）≤6，再由已知建立f（-1）和f（-3）的聯系即可．
（3）

1

n

f(ax2)-f(x)＞

1

n

f(a2x)-f(a)，∴f（ax²）-f（a²x）＞n[f（x）-f（a）]，由已知得：f[n（x-a）]=nf（x-a）∴f（ax²-a²x）＞f[n（x-a）]，由（2）中的單調性轉化為ax²-a²x＜n（x-a）．即（x-a）（ax-n）＜0，按照二次不等式兩根的大小進行分類討論解不等式即可．

解答：解：（1）由已知對于任意x∈R，y∈R，f（x+y）=f（x）+f（y）恒成立
令x=y=0，得f（0+0）=f（0）+f（0），∴f（0）=0
令x=-y，得f（x-x）=f（x）+f（-x）=0
∴對于任意x，都有f（-x）=-f（x）∴f（x）是奇函數．
（2）設任意x₁，x₂∈R且x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，由已知f（x₂-x₁）＜0（1）
又f（x₂-x₁）=f（x₂）+f（-x₁）=f（x₂）-f（x₁）（2）
由（1）（2）得f（x₁）＞f（x₂），
根據函數單調性的定義知f（x）在（-∞，+∞）上是減函數．
∴f（x）在[-3，3]上的最大值為f（-3）．
要使f（x）≤6恒成立，當且僅當f（-3）≤6，
又∵f（-3）=-f（3）=-f（2+1）=-[f（2）+f（1）]
=-[f（1）+f（1）+f（1）]=-3f（1），∴f（1）≥-2．
又x＞1，f（x）＜0，∴f（1）∈[-2，0）
(3)

1

n

f(ax2)-f(x)＞

1

n

f(a2x)-f(a)，
∴f（ax²）-f（a²x）＞n[f（x）-f（a）]
∴f（ax²-a²x）＞nf（x-a），
由已知得：f[n（x-a）]=nf（x-a）
∴f（ax²-a²x）＞f[n（x-a）]，
∵f（x）在（-∞，+∞）上是減函數
∴ax²-a²x＜n（x-a）．即（x-a）（ax-n）＜0，
∵a＜0，∴(x-a)(x-

n

a

)＞0，
討論：①當a＜

n

a

＜0，即a＜-

n

，解集為：{x|x＞

n

a

或x＜a}
②當a=

n

a

＜0即a=-

n

時，原不等式解集：{x|x≠-

n

}
③當

n

a

＜a＜0時，即-

n

＜a＜0時，原不等式的解集為{x|x＞a或x＜

n

a

}．

點評：本題考查抽象函數的奇偶性和單調性的判斷和應用：解不等式，及分類討論思想，綜合性強，難度較大．