Question

11．已知函數(shù)f（x），對于任意的x，y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y），當x＞0時，f（x）＜0，且$f（1）=-\frac{1}{2}$．
（Ⅰ） 求f（0），f（3）的值；
（Ⅱ） 當-8≤x≤10時，求函數(shù)f（x）的最大值和最小值；
（Ⅲ） 設(shè)函數(shù)g（x）=f（x²-m）-2f（|x|），判斷函數(shù)g（x）最多有幾個零點，并求出此時實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)條件，取特殊值求解；
（Ⅱ）根據(jù)定義，判斷函數(shù)的單調(diào)性，進而求出函數(shù)的最值；
（Ⅲ）根據(jù)定義，判斷函數(shù)為奇函數(shù)，得出g（x）=f（x²-2|x|-m），令g（x）=0即f（x²-2|x|-m）=0=f（0），根據(jù)單調(diào)性可得
 x²-2|x|-m=0，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可知最多有4個零點，且m∈（-1，0）．

解答 解：（I）令x=y=0得f（0）=f（0）+f（0），得f（0）=0．…．（1分）
令x=y=1，得f（2）=2f（1）=-1，…．（2分）
令x=2，y=1得$f（3）=f（2）+f（1）=-\frac{3}{2}$．…（3分）
（II）任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，x₂-x₁＞0，
因為f（x+y）-f（x）=f（y），即f（x+y）-f（x）=f[（x+y）-x]=f（y），
則f（x₂）-f（x₁）=f（x₂-x₁）．…（4分）
由已知x＞0時，f（x）＜0且x₂-x₁＞0，則f（x₂-x₁）＜0，
所以 f（x₂）-f（x₁）＜0，f（x₂）＜f（x₁），
所以 函數(shù)f（x）在R上是減函數(shù)，…．（6分）
故 f（x）在[-8，10]單調(diào)遞減．
所以f（x）_max=f（-8），f（x）_min=f（10），
又$f（10）=2f（5）=2[f（2）+f（3）]=2（-1-\frac{3}{2}）=-5$，…．（7分）
由f（0）=f（1-1）=f（1）+f（-1）=0，得$f（-1）=\frac{1}{2}$，$f（-8）=2f（-4）=4f（-2）=8f（-1）=8×\frac{1}{2}=4$，
故f（x）_max=4，f（x）_min=-5．…．（9分）
（III） 令y=-x，代入f（x+y）=f（x）+f（y），
得f（x）+f（-x）=f（0）=0，
所以f（-x）=-f（x），故f（x）為奇函數(shù)．…．（10分），
∴g（x）=f（x²-m）-2f（|x|）=f（x²-m）+2f（-|x|）=f（x²-m）+f（-|x|）+f（-|x|）=f（x²-2|x|-m）…．（11分）
令g（x）=0即f（x²-2|x|-m）=0=f（0），
因為 函數(shù)f（x）在R上是減函數(shù)，…．（12分）
所以 x²-2|x|-m=0，即m=x²-2|x|，…．（13分）
所以 當m∈（-1，0）時，函數(shù)g（x）最多有4個零點．…．（15分）

點評 考查了抽象函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性的判斷，難點是利用定義解決實際問題的能力．