Question

19．已知函數(shù)f（x）在（-1，1）上有定義，且f（$\frac{1}{5}$）=$\frac{1}{2}$．對(duì)任意x，y∈（-1，1）都有f（x）+f（y）=f（$\frac{x+y}{1+xy}$），當(dāng)且僅當(dāng)─1＜x＜0時(shí)，f（x）＜0．
（1）判斷f（x）在（0，1）上的單調(diào)性，并說明理由；
（2）試求f（$\frac{1}{2}$）-f（$\frac{1}{11}$）-f（$\frac{1}{19}$）的值．
（3）若將函數(shù)f（x）的定義域擴(kuò)充為R單調(diào)性保持不變且關(guān)于x的不等式 f（x²-9）+f（kx+3k）＞0在x∈（0，1）上恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義即可判斷f（x）在（0，1）上的單調(diào)性；
（2）根據(jù)函數(shù)奇偶性以及抽象函數(shù)之間的關(guān)系即可得到結(jié)論；
（3）化為具體不等式，再分離參數(shù)，即可求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

解答 解：（1）任取x₁，x₂∈（0，1），且0＜x₁＜x₂＜1．
f（x₂）-f（x₁）=f（x₂）+f（-x₁）=f（$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$）=-f（$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$）
∵0＜x₁＜x₂＜1，
∴（1-x₁x₂）-（x₂-x₁）=（1+x₁）（1-x₂）＞0⇒1-x₁x₂＞x₂-x₁＞0⇒0＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$＜1，
∴-1＜$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$＜0，
∴f（$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$）＞0，
∴-f（$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$）＜0，
即f（x₂）＜f（x₁）．
故f（x）是（0，1）上的減函數(shù)．
（2）f（$\frac{1}{2}$）-f（$\frac{1}{11}$）=f（$\frac{1}{2}$）+f（-$\frac{1}{11}$）=f（$\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{11}}{1-\frac{1}{2}×\frac{1}{11}}$）=f（$\frac{3}{7}$），
∴f（$\frac{3}{7}$）-f（$\frac{1}{19}$）=f（$\frac{\frac{3}{7}-\frac{1}{19}}{1-\frac{3}{7}×\frac{1}{19}}$）=f（$\frac{5}{13}$）．
而f（$\frac{1}{5}$）+f（$\frac{1}{5}$）=f（$\frac{5}{13}$）⇒f（$\frac{5}{13}$）=2×f（$\frac{1}{5}$）=1，
∴f（$\frac{1}{2}$）-f（$\frac{1}{11}$）-f（$\frac{1}{19}$）=1；
（3）取x=y=0⇒f（0）=0，f（-x）+f（x）=f（0）=0⇒f（-x）=-f （x），又定義域?qū)ΨQ，
故f（x）是（-1，1）上的奇函數(shù)
∵f（x²-9）+f（kx+3k）＞0在R上是奇函數(shù)
∴f（x²-9）＞-f（kx+3k）=f（-kx-3k）在 x∈（0，1）上恒成立
由（1）知函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增
∴x²-9＞-kx-3k，
即x²+kx+3k-9＞0在 x∈（0，1）上恒成立．
∴（x+3）k＞9-x²
∵x∈（0，1），∴3-x＞0
∴k＞3-x在 x∈（0，1）上恒成立．
令h（x）=3-x，x∈（0，1），則2＜h（x）＜3
∴k≥3．
故k的取值范圍為{k|k≥3}．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查抽象函數(shù)的應(yīng)用，根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的定義是解決本題的關(guān)鍵．綜合考查函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用．