Question

2．定義在R上單調(diào)遞減函數(shù)f（x），對任意m，n都有f（m+n）=f（m）+f（n），g（x）=2（x-x²）
（Ⅰ）判斷函數(shù)f（x）的奇偶性，并證明之
（Ⅱ）若對任意t∈[-1，4]，不等式f（g（t）-1）+f（8t+m）＜0（m為實常數(shù)）都成立，求m的取值范圍
（Ⅲ）設(shè)F₁（x）=-f（x）+x，F(xiàn)₂（x）=g（x），F(xiàn)₃（x）=$\frac{1}{3}$sin2πx，b_i=$\frac{i}{100}$（i=0，1，2，…100），f（1）=-1，若M_k=|F_k（b₁）-F_k（b₀）|+|F_k（b₂）-F_k（b₁）|+…+|F_k（b₁₀₀）-F_k（b₉₉）|，（k=1，2，3），比較M₁，M₂，M₃的大小并說明理由．

Answer 1

分析 （I）首先考查函數(shù)的定義域，然后利用賦值法進(jìn)行證明即可得到函數(shù)的奇偶性；
（II）結(jié)合函數(shù)的奇偶性和函數(shù)的單調(diào)性將原問題進(jìn)行轉(zhuǎn)換，然后利用二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值即可確定實數(shù)m的取值范圍；
（III）結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求得M₁，M₂，M₃的值，然后比較大小即可．

解答 （Ⅰ）解：f（x） 為R上的奇函數(shù)
證明：函數(shù)的定義域關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，
取得m=n=0，則：f（0）=f（0）+f（0），解得：f（0）=0
取m=x，n=-x得f（0）=f（x）+f（-x）=0
∴f（x）為R上的奇函數(shù)．
（Ⅱ）∵f（g（t）-1）+f（8t+m）＜0，
∴f（g（t）-1）＜-f（8t+m）=f（-8t-m）
結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性有：g（t）-1＞-8t-m在[-1，4]上恒成立，
即：2（t-t²）-1＞-8t-m 在[-1，4]上恒成立，
整理可得：m＞2t²-10t+1在[-1，4]上恒成立，
則m＞（2t²-10t+1）_max，
結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可得二次函數(shù)g（t）=2t²-10t+1在[-1，4]上的最大值為g（-1）=13．
m的取值范圍是{m|m＞13}．
（Ⅲ） 由函數(shù)的解析式可得F₁（x）=-f（x）+x 單調(diào)遞增，則：
M₁=|F₁（b₁）-F₁（b₀）|+|F₁（b₂）-F₁（b₁）|+…+|F₁（b₁₀₀）-F₁（b₉₉）|
=F₁（b₁）-F₁（b₀）+F₁（b₂）-F₁（b₁）+…+F₁（b₁₀₀）-F₁（b₉₉）
=F₁（b₁₀₀）-F₁（b₀）
=-f（1）+1-1=2．
而$g（x）=-2{（x-\frac{1}{2}）}^{2}+\frac{1}{2}$ 在區(qū)間$[0，\frac{1}{2}]$ 上單調(diào)遞增，在區(qū)間$[\frac{1}{2}，1]$ 上單調(diào)遞減，故：
M₂=|F₂（b₁）-F₂（b₀）|+|F₂（b₂）-F₂（b₁）|+…+|F₂（b₁₀₀）-F₂（b₉₉）|
=F₂（b₁）-F₂（b₀）+F₂（b₂）-F₂（b₁）+…
+F₂（b₅₀）-F₂（b₄₉）+f₂（b₅₀）-F₂（b₅₁）+…+F₂（b₉₉）-F₂（b₁₀₀）
=$2{F}_{2}（\frac{1}{2}）-{F}_{2}（0）+{F}_{2}（1）$
=$2×\frac{1}{2}-0-0=1$．
同理：
M₃=F₃（b₂₅）-F₃（b₀）+F₃（b₂₅）-F₃（b₇₅）+F₃（b₅₀）-F₃（b₇₅）
=2F₃（b₂₅）+F₃（b₁₀₀）+F₃（b₅₀）-2F₃（b₇₅）
=$\frac{2}{3}×sin（2π×\frac{1}{4}）+\frac{1}{3}sin（2π×1）+\frac{1}{3}sin（2π×\frac{1}{2}）-\frac{2}{3}×sin（2π×\frac{3}{4}）$
=$\frac{4}{3}$．
綜上可得：M₁＞M₃＞M₂．

點評 本題考查了抽象函數(shù)奇偶性的判斷，函數(shù)的單調(diào)性，恒成立問題，新定義知識的應(yīng)用等，屬于較困難的試題．