Question

設函數(shù)f（x）對任意x，y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y），當x≠0時，xf（x）＜0，f（1）=-2
（1）求證：f（x）是奇函數(shù)；
（2）試問：在-n≤x≤n時（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）解關于x的不等式

1

2

f(bx2)-f(x)≥

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y=-x，化簡可得f（-x）=-f（x），可得f（x）為奇函數(shù)．
（2）由xf（x）＜0，可得當x＞0時，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）由題設可知

1

2

f(bx2)+

1

2

f(b)+

1

2

f(b)＞

1

2

f(b2x)+

1

2

f(x)+

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）對任意x，y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y），設x=y=0可求得f（0）=0．
設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x＞0時，f（x）＜0；當x＜0時，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）由題設可知

1

2

f(bx2)+f(b)＞

1

2

f(b2x)+f(x)，即

1

2

f(bx2)+

1

2

f(b)+

1

2

f(b)＞

1

2

f(b2x)+

1

2

f(x)+

1

2

f(x)，
可化為

1

2

f(bx2+b+b)＞

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

2

b

＞b，即 0＜b＜

2

，不等式的解集為 {x|b＜x＜

2

b

}，
②當

2

b

＜b，即 b＞

2

，則不等式的解集為{x|

2

b

＜x＜b}，
③當

2

b

=b，即b=

2

，則不等式無解，即解集為∅．

點評：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．