Question

設定義域為R的函數(shù)f（x）滿足：對于任意的實數(shù)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f（x）的奇偶性及單調(diào)性，并對f（x）的奇偶性結(jié)論給出證明；
（2）若函數(shù)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x的不等式

1

n

f(x2)-f(x)＞

1

n

f(ax)-f(a)（n是一個給定的正整數(shù)，a∈R）．

Answer 1

分析：（1）令x=y=0，則可得f（0）=0；再令b=-x，即可證明f（x）是奇函數(shù)，設x₁＞x₂，由已知可得f（x₁-x₂）＜0，再利用f（x+y）=f（x）+f（y）及減函數(shù)的定義即可證明；
（2）由單調(diào)性可求出f（x）在[-3，3]上的最大值為f（-3），已知不等式可轉(zhuǎn)化為f（-3）≤6，再由已知建立f（1）和f（-3）的聯(lián)系即可；
（3）不等式

1

n

f(x2)-f(x)＞

1

n

f(ax)-f(a)，變形為f（x²）-f（ax）＞n[f（x）-f（a）]，利用已知恒等式可以變形為f（x²-ax）＞f[n（x-a）]，由（2）中的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為x²-ax＜n（x-a），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）f（x）為奇函數(shù)，證明如下：
∵對于任意的實數(shù)x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）成立，
∴令x=y=0，則f（0）=f（0）+f（0），即f（0）=0，
再令y=-x，則f（x）+f（-x）=f（0）=0，即f（-x）=-f（x），
故f（x）為奇函數(shù)；
f（x）為R上的減函數(shù)，證明如下：
設x₁＞x₂，則f（x₁）-f（x₂）=f（x₁-x₂），
∵當x＞0時，f（x）＜0恒成立，且x₁-x₂＞0，
∴f（x₁-x₂）＜0，即f（x₁）-f（x₂）＜0，
∴f（x）在R上為單調(diào)遞減函數(shù)；
（2）由（1）可知，f（x）在（-∞，+∞）上是減函數(shù)，
∴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時，f（x）＜0，
∴f（1）∈[-2，0）；
（3）不等式

1

n

f(x2)-f(x)＞

1

n

f(ax)-f(a)，
∴f（x²）-f（ax）＞n[f（x）-f（a）]，
∵f（x+y）=f（x）+f（y），
∴f（x²-ax）＞nf（x-a），
由已知可得，f[n（x-a）]=nf（x-a），
∴f（x²-ax）＞f[n（x-a）]，
∵f（x）在（-∞，+∞）上是減函數(shù)，
∴x²-ax＜n（x-a），即（x-a）（x-n）＜0，
①當a＜n時，不等式的解集為{x|a＜x＜n}；
②當a=n時，不等式的解集∅；
③當a＞n時，不等式的解集為{x|n＜x＜a}．

點評：本題考查了抽象函數(shù)的性質(zhì)，抽象函數(shù)求解不等式等．奇偶性的判斷一般應用奇偶性的定義和圖象，要注意先考慮函數(shù)的定義域是否關于原點對稱然后判斷f（-x）與f（x）之間的關系．函數(shù)單調(diào)性的證明一般選用定義法證明，證明的步驟是：設值，作差，化簡，定號，下結(jié)論．求解第（3）題的關鍵是綜合運用函數(shù)的單調(diào)性去掉“f”，把抽象不等式化為具體不等式求解．