Question

已知函數(shù)f（x）定義在R上，并且對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）成立，且x≠y時(shí)，f（x）≠f（y），x＞0時(shí)，有f（x）＞0．
（1）判斷f（x）的奇偶性；
（2）若f（1）=1，解關(guān)于x的不等式f(x)-f(

1

x-1

)≥2．

Answer 1

分析：（1）由已知中對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）成立，我們可以得到設(shè)x=y=0，則f（0）=0，再令y=-x可得f（-x）=-f（x），進(jìn)而根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義得到結(jié)論．
（2）由x＞0時(shí)，有f（x）＞0，結(jié)合對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）成立，判斷出函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而根據(jù)f（1）=1，得到f（2）=2，根據(jù)f（x+y）=f（x）+f（y）成立，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一個(gè)關(guān)于x的整式不等式，進(jìn)行得用根軸（標(biāo)根法/穿針引線）法，解不等式得到答案．

解答：解：（1）對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）成立，
不妨設(shè)x=y=0，則f（0）=0，
令y=-x得，f（x-x）=f（x）+f（-x）
?f（x）+f（-x）=0
?f（-x）=-f（x），
故f（x）是奇函數(shù)；
（2）∵f（1）=1，f（x+y）=f（x）+f（y）
∴f（1）+f（1）=f（1+1）=f（2）=2，
不等式化為f(x)＞f(

1

x-1

)+2?f(x)＞f(

1

x-1

)+f(2)?f(x)＞f(

1

x-1

+2)（*）
∵當(dāng)x≠y時(shí)，f（x）≠f（y），
x＞0時(shí)，有f（x）＞0，
設(shè)x₂＞x₁＞0則：f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）
∴f（x₂）-f（x₁）=f（x₂）+f（x₂）-f（x₁+x₂）=f（2x₂）+f（-x₁-x₂）=f（x₂-x₁），又x₂-x₁＞0，
∴f（x₂-x₁）＞0
即f（x₂）-f（x₁）＞0?f（x₂）＞f（x₁），
故f（x）在（0，+∞）上遞增，由f（x）為奇函數(shù)，
∴x＜0時(shí)必有f（x）＜0，加之f（0）=0，
于是f（x）在R上為增函數(shù)．
根據(jù)（*）式不等式化為：x＞

1

x-1

+2?（x-1）（x²-3x+1）＞0，
利用穿針線法得：
不等式的解集為：{x|

3- 5

2

＜x＜1或x＞

3+ 5

2

}．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是抽象函數(shù)，函數(shù)奇偶性的判定與性質(zhì)，函數(shù)單調(diào)性與性質(zhì)，一元高次不等式的解法，是對(duì)函數(shù)性質(zhì)及應(yīng)用的綜合考查，其中的函數(shù)的抽象函數(shù)奇偶性，單調(diào)性證明，不等式的轉(zhuǎn)化，高次不等式的解法，均是代數(shù)中的難點(diǎn)，集中出現(xiàn)而相互轉(zhuǎn)化，更是難上加難．