Question

定义域为R的函数f（x）满足：对于任意的实数x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）成立，且当x＞0时f（x）＜0恒成立．
（1）判断函数f（x）的奇偶性，并证明你的结论；
（2）证明f（x）为减函数；若函数f（x）在[-3，3]上总有f（x）≤6成立，试确定f（1）应满足的条件；（3）解关于x的不等式

1

n

f(ax2)-f(x)＞

1

n

f(a2x)-f(a)，（n是一个给定的自然数，a＜0）

Answer 1

分析：（1）令x=y=0求出f（0），再令x=-y即可判断出奇偶性．
（2）利用函数单调性的定义，设任意x₁，x₂∈R且x₁＜x₂，结合已知不等式比较f（x₁）和f（x₂）的大小，即可判断出单调性．
由单调性可求出f（x）在[-3，3]上的最大值为f（-3），已知不等式可转化为f（-3）≤6，再由已知建立f（-1）和f（-3）的联系即可．
（3）

1

n

f(ax2)-f(x)＞

1

n

f(a2x)-f(a)，∴f（ax²）-f（a²x）＞n[f（x）-f（a）]，由已知得：f[n（x-a）]=nf（x-a）∴f（ax²-a²x）＞f[n（x-a）]，由（2）中的单调性转化为ax²-a²x＜n（x-a）．即（x-a）（ax-n）＜0，按照二次不等式两根的大小进行分类讨论解不等式即可．

解答：解：（1）由已知对于任意x∈R，y∈R，f（x+y）=f（x）+f（y）恒成立
令x=y=0，得f（0+0）=f（0）+f（0），∴f（0）=0
令x=-y，得f（x-x）=f（x）+f（-x）=0
∴对于任意x，都有f（-x）=-f（x）∴f（x）是奇函数．
（2）设任意x₁，x₂∈R且x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0，由已知f（x₂-x₁）＜0（1）
又f（x₂-x₁）=f（x₂）+f（-x₁）=f（x₂）-f（x₁）（2）
由（1）（2）得f（x₁）＞f（x₂），
根据函数单调性的定义知f（x）在（-∞，+∞）上是减函数．
∴f（x）在[-3，3]上的最大值为f（-3）．
要使f（x）≤6恒成立，当且仅当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，f（x）＜0，∴f（1）∈[-2，0）
(3)

1

n

f(ax2)-f(x)＞

1

n

f(a2x)-f(a)，
∴f（ax²）-f（a²x）＞n[f（x）-f（a）]
∴f（ax²-a²x）＞nf（x-a），
由已知得：f[n（x-a）]=nf（x-a）
∴f（ax²-a²x）＞f[n（x-a）]，
∵f（x）在（-∞，+∞）上是减函数
∴ax²-a²x＜n（x-a）．即（x-a）（ax-n）＜0，
∵a＜0，∴(x-a)(x-

n

a

)＞0，
讨论：①当a＜

n

a

＜0，即a＜-

n

，解集为：{x|x＞

n

a

或x＜a}
②当a=

n

a

＜0即a=-

n

时，原不等式解集：{x|x≠-

n

}
③当

n

a

＜a＜0时，即-

n

＜a＜0时，原不等式的解集为{x|x＞a或x＜

n

a

}．

点评：本题考查抽象函数的奇偶性和单调性的判断和应用：解不等式，及分类讨论思想，综合性强，难度较大．