Question

定義在區(qū)間（-1，1）上的函數(shù)f（x）滿足：
①對(duì)任意x，y∈（-1，1），都有f(x)+f(y)=f(

x+y

1+xy

)；
②當(dāng)x∈（-1，0）時(shí)，f（x）＞0．求證：
（1）f（0）=0；
（2）f（x）在（-1，1）上是減函數(shù)；
（3）f(

1

5

)+f(

1

11

)+f(

1

19

)+…+f(

1

n2+3n+1

)＞f(

1

2

)．

Answer 1

分析：（1）令x=y=0，代入條件關(guān)系即可；
（2）令-1＜x₁＜x₂＜1，然后構(gòu)造f（x₁）-f（x₂），進(jìn)而根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，進(jìn)行判斷即可；
（3）令y=-x，判斷函數(shù)f（x）的奇偶性，可利用f（x）為奇函數(shù)，將要證f(

1

5

)+f(

1

11

)+f(

1

19

)+…+f(

1

n2+3n+1

)＞f(

1

2

)，轉(zhuǎn)化為：也就是去證明-[f(

1

5

)+f(

1

11

)+f(

1

19

)+…+f(

1

n2+3n+1

)]＜-f(

1

2

)，即證明f(-

1

5

)+f(-

1

11

)+f(-

1

19

)+…+f(-

1

n2+3n+1

)＜f(-

1

2

)；而f(-

1

n2+3n+1

)=f(

[(n+2)-(n+1)]

1+(n+2)•[-(n+1)]

)=f（n+2）-f（n+1），利用累加法，結(jié)合函數(shù)f（x）在（-1，1）上是減函數(shù)即可證明結(jié)論成立．

解答：解：（1）令x=y=0，
有2f（0）=f（0），
∴f（0）=0；
（2）令-1＜x₁＜x₂＜1，則
f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=f(

x1-x2

1-x1•x2

)，
∵-1＜x₁＜x₂＜1，
∴x₁-x₂＜0，1-x₁•x₂＞0，
∴-1＜

x1-x2

1-x1•x2

＜0，
∴f(

x1-x2

1-x1•x2

)＞0，
即f（x₁）＞f（x₂），
∴f（x）在（-1，1）上是減函數(shù)；
（3）令y=-x，則f（x）+f（-x）=f（0）=0，
∴f（-x）=-f（x），
∴f（x）為奇函數(shù)；
∴-f（

1

5

）=f(-

1

5

)=f(

3-2

1+3×(-2)

) =f(3)+f(-2)=f(3)-f(2)，①
-f(

1

11

)=f(-

1

11

)= =f(

4-3

1+4×(-3)

) =f(4)+f(-3)=f(4)-f(3)，②
…
-f(

1

n2+3n+1

)=f(-

(n+2)-(n-1)

1+(n+2)•[-(n+1))]

)=f(n+2)+f[-(n+1)]=f(n+2)-f(n+1)  ③
將上式①②…③n個(gè)式子累加有
-[f(

1

5

)+f(

1

11

)+f(

1

19

)+…+f(

1

n2+3n+1

)]
=f(-

1

5

)+f(-

1

11

)+f(-

1

19

)+…+f(-

1

n2+3n+1

)
=f（n+2）-f（2）=f(

n

1-2(n+2)

)，
又f（x）在（-1，1）上是減函數(shù)；
∴f(

n

1-2(n+2)

)=f(-

n

2n+3)

)＜f(-

n

2n

) =-f(

1

2

)＜f(-

n

2n

) =-f(

1

2

)，
∴f(

1

5

)+f(

1

11

)+f(

1

19

)+…+f(

1

n2+3n+1

)＞f(

1

2

)

點(diǎn)評(píng)：本題考查抽象函數(shù)及其應(yīng)用，關(guān)鍵在于判斷函數(shù)為奇函數(shù)后，靈活應(yīng)用“對(duì)任意x，y∈（-1，1），都有f(x)+f(y)=f(

x+y

1+xy

)”判斷函數(shù)的單調(diào)性．屬于難題．