Question

設函數f（x）對任意x，y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y），當x≠0時，xf（x）＜0，f（1）=-2
（1）求證：f（x）是奇函數；
（2）試問：在-3≤x≤3時，f（x）是否有最大值？如果有，求出最大值，如果沒有，說明理由．
（3）解關于x的不等式

1

2

f（bx²）-f（x）≥

1

2

f（b²x）-f（b）．

Answer 1

考點：抽象函數及其應用,奇偶性與單調性的綜合

專題：函數的性質及應用

分析：（1）設x=y=0可求得f（0）=0．設y=-x，化簡可得f（-x）=-f（x），可得f（x）為奇函數．
（2）由xf（x）＜0，可得當x＞0時，f（x）＜0．任取x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，根據 f（x₂）=f[（x₂-x₁）+x₁]=f（x₂-x₁）+f（x₁），可得f（x₂）-f（x₁）=f（x₂-x₁）＜0，f（x）為減函數．由此可得函數在[-3，3]上的最大值和最小值．
（3）根據f（x）為R上的減函數也是奇函數，原不等式可轉化為bx²-（2+b²）x+2b＜0，解二次不等式可求x的范圍

解答： 解：（1）由于函數f（x）對任意x，y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y），
設x=y=0可求得f（0）=0．
設y=-x，則f（0）=f（x）+f（-x），即f（-x）=-f（x），
所以f（x）為奇函數．
（2）由xf（x）＜0，可得當x＞0時，f（x）＜0．
任取x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，根據 f（x₂）=f[（x₂-x₁）+x₁]=f（x₂-x₁）+f（x₁），可得f（x₂）-f（x₁）=f（x₂-x₁）＜0，
所以f（x）為減函數．
故在-3≤x≤3時，函數最大值為f（-3），最小值為f（3），且f（-3）=-f（1+2）=-[f（1）+f（2）]=-3f（1）=6，f（3）=-f（-3）=-6，
所以函數最大值為6，函數最小值為-6．
（3）

1

2

f（bx²）-f（x）≥

1

2

f（b²x）-f（b）．即為f（bx²）-2f（x）＞f（b²x）-2f（b）．
即f（bx²）-f（2x）＞f（b²x）-f（2b），即有f（bx²-2x）＞f（b²x-2b），
由于f（x）在R上是減函數，則bx²-2x＜b²x-2b，即為bx²-（b²+2）x+2b＜0，
即有（bx-2）（x-b）＜0，
當b=0時，得解集為{x|x＞0}；
當b＞0時，即有（x-b）（x-

2

b

）＜0，
①0＜b＜

2

時，

2

b

＞b，此時解集為{x|b＜x＜

2

b

}，
②當b＞

2

時，

2

b

＜b，此時解集為{x|

2

b

＜x＜b}，
③當b=

2

時（x-b）（x-

2

b

）＜0，此時解集為空集
當b＜0時，即有（x-b）（x-

2

b

）＞0，
①當-

2

＜b＜0時，

2

b

＜b，此時解集為{x|x＜

2

b

或x＞b}，
②當b＜-

2

時，

2

b

＞b，此時解集為{x|x＞

2

b

或x＜b}．
③當b=-

2

時（x-b）（x-

2

b

）＞0，此時解集為{x|x≠

2

}．

點評：本題考查抽象函數及運用，考查函數的單調性和運用：求最值和解不等式，考查分類討論的思想方法，考查運算能力，屬于綜合題．