Question

8．已知函數(shù)f（x）對(duì)任意實(shí)數(shù)x，y均有f（x）=f（$\frac{x+y}{2}$）+f（$\frac{x-y}{2}$）．當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞0
（1）判斷函數(shù)f（x）在R上的單調(diào)性并證明；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）與函數(shù)f（x）的奇偶性相同，當(dāng)x≥0時(shí)，g（x）=|x-m|-m（m＞0），若對(duì)任意x∈R，不等式g（x-1）≤g（x）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）函數(shù)f（x）對(duì)任意實(shí)數(shù)x，y均有f（x）=f（$\frac{x+y}{2}$）+f（$\frac{x-y}{2}$），令x=y=0，可得f（0）=0．設(shè)x₁＞x₂，令x=x₁，y=x₂，帶入f（x）=f（$\frac{x+y}{2}$）+f（$\frac{x-y}{2}$）．利用x＞0時(shí)，f（x）＞0，可判斷單調(diào)性．
（2）求解f（x）的奇偶性，可得g（x）的奇偶性，x≥0時(shí)，g（x）=|x-m|-m（m＞0），利用奇偶性求g（x）的解析式，判斷單調(diào)性，從而求解不等式g（x-1）≤g（x）恒成立時(shí)實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（1）由題意：函數(shù)f（x）對(duì)任意實(shí)數(shù)x，y均有f（x）=f（$\frac{x+y}{2}$）+f（$\frac{x-y}{2}$），令x=y=0，可得f（0）=0．設(shè)x₁＞x₂，令x=x₁，y=x₂，
則$f（{x}_{1}）=f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）+f（\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}）$，
可得：則$f（{x}_{1}）-f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）＞f（\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}）$，即$f（{x}_{1}）-f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$＞0．
∴函數(shù)f（x）在R上是單調(diào)增函數(shù)．
（2）令x=0，y=2x，
可得：f（0）=0=f（x）+f（-x），即f（-x）=-f（x）．
∴f（x）是奇函數(shù)，故得g（x）也是奇函數(shù)．
當(dāng)x≥0時(shí)，g（x）=|x-m|-m（m＞0），
即g（x）=$\left\{\begin{array}{l}{x-2m，（x≥m）}\\{-x，（0≤x＜m）}\end{array}\right.$
當(dāng)x＜0時(shí)，g（x）的最大值為m．
對(duì)任意x∈R，不等式g（x-1）≤g（x）恒成立，
只需要：1≥3m-（-2m），
解得：$m≤\frac{1}{5}$．
∵m＞0
故得實(shí)數(shù)m的取值范圍是（0，$\frac{1}{5}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了函數(shù)圖象的性質(zhì)的運(yùn)用和平移變換的能力．屬于中檔題．