Question

7．设定义在R上的函数f（x）对于任意x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）成立，且f（1）=-2，当x＞0时，f（x）＜0．
（1）判断f（x）的奇偶性，并加以证明；
（2）解关于x的不等式f（x+#）+f（2x-x²）＞2．

Answer 1

分析 （1）令x+y=0，可得f（0）=0，令y=-x，则f（x）+f（-x）=f（0）=0，∴f（-x）=-f（x）；（2）由题设条件对任意x₁、x₂在所给区间内比较f（x₂）-f（x₁）与0的大小即可判定单调性，将不等式等价转化为∴f（x+3）＜f（-2x+x²-1）再利用函数的单调性即可解得不等式的解集．

解答 解：（1）令x+y=0，可得f（0）=0，
令y=-x，则f（x）+f（-x）=f（0）=0，∴f（-x）=-f（x），
且f（x）的定义域为R，是关于原点对称，∴f（x）为奇函数，
（2）设x₂＞x₁，令-y=x₁，x=x₂ 则f（x₂-x₁）=f（x₂）+f（-x₁）=f（x₂）-f（x₁），
因为x＞0时，f（x）＜0，又x₂-x₁＞0，
故f（x₂-x₁）=f（x₂）+f（-x₁）=f（x₂）-f（x₁）＜0，
∴f（x₂）＜f（x₁）∴f（x）在R上单调递减，
因为f（-1）=2∴原不等式可转化为f（x+3）+f（2x-x²）＜-f（1）∴f（x+3）＜-f（2x-x²）-f（1），
∴f（x+3）＜-f（2x-x²+1）=f（-2x+x²-1），
又因为f（x）在R上单调递减∴x+3＞-2x+x²-1，
∴x＞4或x＜-1，
不等式的解集为（-∞，-1）∪（4，+∞）．

点评 本题查了是抽象函数的奇偶性的判定，以及灵活利用所给的恒等式证明函数的单调性，考查了利用单调性解不等式问题，属于中档题