Question

18．定義在區(qū)間（-1，1）上的函數(shù)f（x）滿足：對任意的x，y∈（-1，1），都有f（x）+f（y）=f（$\frac{x+y}{1+xy}$），且當(dāng)x∈（-1，0），有f（x）＞0．
（1）判斷f（x）在區(qū)間（-1，1）上的奇偶性，并給出理由；
（2）判斷f（x）在區(qū)間（-1，1）上的單調(diào)性，并給出證明；
（3）已知f（$\frac{1}{2}$）=1，解不等式f（2x+1）+2＜0．

Answer 1

分析 （1）先利用賦值法研究函數(shù)f（x）的性質(zhì)，令x=y=0得，f（0）=0，再令y=-x，得f（-x）=-f（x），所以該函數(shù)是奇函數(shù)；
（2）利用函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，結(jié)合條件關(guān)系即可判斷函數(shù)的單調(diào)性；
（3）由f（$\frac{1}{2}$）=1，結(jié)合條件可得f（-$\frac{4}{5}$）=-f（$\frac{4}{5}$）=-2，即有f（2x+1）＜f（-$\frac{4}{5}$），可得不等式組，解得即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）在區(qū)間（-1，1）是奇函數(shù)．
理由：由已知令x=y=0代入方程$f（x）+f（y）=f（{\frac{x+y}{1+xy}}）$，
可得f（0）=0，
再令y=-x代入方程$f（x）+f（y）=f（{\frac{x+y}{1+xy}}）$，
可得f（x）+f（-x）=f（0）
即f（-x）=-f（x）．
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（-1，1）是奇函數(shù)；
（2）f（x）在（-1，1）上是減函數(shù)．
理由：設(shè)-1＜x₁＜x₂＜1，
則有f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x²）=f（$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$），
∵-1＜x₁＜x₂＜1，
∴x₁-x₂＜0，x₁x₂＜1，1-x₁x₂＞0，$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$+1=
$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}+1-{x}_{1}{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{（1-{x}_{1}）（1-{x}_{2}）}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$＞0，
∴-1＜$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$＜0，則f（$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$）＞0，
即f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=f（$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$）＞0，
則f（x₁）＞f（x₂），
∴f（x）在（-1，1）上是減函數(shù)；
（3）f（2x+1）+2＜0，即為f（2x+1）＜-2，
由f（$\frac{1}{2}$）=1，可得2=f（$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{2}$）=f（$\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{4}}$）=f（$\frac{4}{5}$），
則f（-$\frac{4}{5}$）=-f（$\frac{4}{5}$）=-2，
即有f（2x+1）＜f（-$\frac{4}{5}$），
由奇函數(shù)f（x）在（-1，1）上遞減，
可得$\left\{\begin{array}{l}{-1＜2x+1＜1}\\{2x+1＞-\frac{4}{5}}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-1＜x＜0}\\{x＞-\frac{9}{10}}\end{array}\right.$，
即為-$\frac{9}{10}$＜x＜0．
則解集為（-$\frac{9}{10}$，0）．

點評 本題主要考查抽象函數(shù)的應(yīng)用．一般先利用賦值法求出f（0），f（1），f（-1）等等，然后判斷函數(shù)的奇偶性，單調(diào)性等性質(zhì)；考查定義法的運用，以及轉(zhuǎn)化思想和學(xué)生的運算和推理能力，綜合性較強，有一定的難度．