Question

14．已知函数f（x）对一切x，y∈R都有f（x+y）-f（y）=x（x+2y+1）成立，且f（1）=0．
（Ⅰ）求f（0）的值及f（x）的解析式；
（Ⅱ）已知a∈R，将满足条件：当x∈[0，2]时，不等式f（x）+3≤2x+a恒成立的a的取值范围为集A；当x∈[-2，2]时，g（x）=f（x）-ax是单调函数的a取值范围为集合B，求A∩（∁_RB）（R为全集）；
（Ⅲ）记F（x）=k[f（x）-x²+2]³，k∈R，且实数m，n满足m+n＞0，试比较F（m）+F（n）与0的大小关系，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）在f（x+y）-f（y）=x（x+2y+1）中，令x=1，y=0，求得f（0）=-2．再取y=0，得f（x）=x²+x-2；
（Ⅱ）把f（x）+3≤2x+a，x∈[0，2]恒成立，转化为$a≥{x}^{2}-x+1=（x-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{3}{4}$，x∈[0，2]恒成立，从而求得A={a|a≥3}．又g（x）=f（x）-ax=x²-（a-1）x+2，x∈[-2，2]是单调函数，得到关于a的不等式，求得a的范围得到B={a|a≤-3，或a≥5}．利用交、并、补集的混合运算得答案；
（Ⅲ）对F（x）=k[f（x）-（x²-2）]³=k•x³，分k=0，k＞0，k＜0三种情况分析F（m）+F（n）与0的大小关系．

解答 解：（Ⅰ）令x=1，y=0，则f（1+0）-f（0）=1×（1+2×0+1）=2，
又f（1）=0，∴f（0）=-2．…（2分）
令y=0，则f（x+0）-f（0）=x（x+1），即f（x）=x²+x-2；…（4分）
（Ⅱ）f（x）+3≤2x+a，x∈[0，2]恒成立，
即$a≥{x}^{2}-x+1=（x-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{3}{4}$，x∈[0，2]恒成立．
∴a≥3．则A={a|a≥3}．…（6分）
又g（x）=f（x）-ax=x²-（a-1）x+2，x∈[-2，2]是单调函数，
故$\frac{a-1}{2}≤-2$，或$\frac{a-1}{2}≥2$，即 a≤-3，或a≥5．
∴B={a|a≤-3，或a≥5}．…（8分）
从而A∩（∁_RB）={a|a≥3}∩{a|-3＜a＜5}={a|3≤a＜5}．…（9分）
（Ⅲ）F（x）=k[f（x）-（x²-2）]³=k•x³，
当k=0时，F（x）=0，∴m+n＞0，F（m）+F（n）=0；…（10分）
当k＞0时，F（x）在R上单调递增的奇函数，∴m+n＞0，即m＞-n，
∴F（m）＞F（-n）=-F（n），故F（m）+F（n）＞0；…（11分）
当k＜0时，F（x）在R上单调递减的奇函数，∴m+n＞0，即m＞-n，
∴F（m）＜F（-n）=-F（n），故F（m）+F（n）＜0．…（12分）
综上可知，当k=0时，F（m）+F（n）=0；当k＞0时，F（m）+F（n）＞0；
当k＜0时，F（m）+F（n）＜0．…（13分）

点评 本题考查抽象函数及其应用，考查了函数单调性与奇偶性的性质，训练了恒成立问题的求解方法，是中档题．