Question

設(shè)函數(shù)f（x）對(duì)于x、y∈R都有f（x+y）=f（x）+f（y），且x＜0時(shí)，f（x）＜0，f（-1）=-2．
（1）求證：函數(shù)f（x）是奇函數(shù)；
（2）試問f（x）在x∈[-4，4]上是否有最值？若有，求出最值；若無，說明理由．
（3）解關(guān)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）令x=y=0⇒f（0）=0，再令y=-x，⇒f（-x）=-f（x）；
（2）設(shè)x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，結(jié)合條件用單調(diào)性的定義證明函數(shù)f（x）為R上的增函數(shù)，從而當(dāng)x∈[-4，4]時(shí)，f（x）亦為增函數(shù)；又由f（-1）=-2，得-f（1）=-2，⇒f（1）=2，從而當(dāng)x=-4時(shí)，求得f（x）_min=f（-4）=-f（4）=-8；當(dāng)x=4時(shí)，f（x）_max=f（4）=8；
（3）由

1

2

f(bx2)-f(x)＞

1

2

f(b2x)-f(b)（b≤0）⇒f（bx²-b²x）＞f（2x-2b）結(jié)合單調(diào)遞增性⇒bx²-b²x＞2x-2b．再對(duì)b²的系數(shù)b分b=0與b≠0討論，解得其解集即可．

解答：證明：（1）證明：令x=y=0，則f（0）=f（0）+f（0），從而f（0）=0，
令y=-x，則f（0）=f（x）+f（-x）=0，
從而f（-x）=-f（x），即f（x）是奇函數(shù)．…（4分）
（2）設(shè)x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，則x₁-x₂＜0，從而f（x₁-x₂）＜0，
又f（x₁-x₂）=f[x₁+（-x₂）]=f（x₁）+f（-x₂）=f（x₁）-f（x₂）．
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂）．
∴函數(shù)f（x）為R上的增函數(shù)，
∴當(dāng)x∈[-4，4]時(shí)，f（x）必為增函數(shù)．
又由f（-1）=-2，得-f（1）=-2，
∴f（1）=2，
∴當(dāng)x=-4時(shí)，f（x）_min=f（-4）=-f（4）=-4f（1）=-8；
當(dāng)x=4時(shí)，f（x）_max=f（4）=4f（1）=8．   …（9分）
（3）由已知得

1

2

[f(bx2)-f(b2x)]＜f(x)-f(b)．
∴

1

2

f(bx2-b2x)＞f(x-b)．
∴f（bx²-b²x）＞2f（x-b），即f（bx²-b²x）＞f（2x-2b）．
∵f（x）為R上增函數(shù)，
∴bx²-b²x＞2x-2b，
∴bx²-（b²+2）x+2b＞0，即（bx-2）（x-b）＞0．
當(dāng)b=0時(shí)，-2x＞0，
∴不等式的解集為{x|x＜0}．
當(dāng)b＜0時(shí)，（-bx+2）（x-b）＜0．
1°當(dāng)-

2

＜b＜0時(shí)，不等式的解集為{x| 

2

b

＜x＜b }，
2°當(dāng)b＜-

2

時(shí)，不等式的解集為 {x| b＜x＜

2

b

}，
3°當(dāng)b=-

2

時(shí)，不等式的解集為∅．

點(diǎn)評(píng)：本題考查抽象函數(shù)及其應(yīng)用，著重考查賦值法判斷函數(shù)奇偶性，用定義法（單調(diào)性定義）證明函數(shù)單調(diào)性，轉(zhuǎn)化思想與分類討論思想求不等式的解集，邏輯復(fù)雜，綜合性強(qiáng)，屬于難題．