Question

5．已知定義在D={x∈R|x≠0}上的函數(shù)y=f（x），滿足x＞0時(shí)總有f（x）＜0，f（1）=-2，并且對(duì)任意x₁，x₂∈D且x₁+x₂≠0，有f（x₁+x₂）=$\frac{f（{x}_{1}）•f（{x}_{2}）}{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}$，則不等式f（2x+1）＞-1的解集為（-∞，-$\frac{1}{2}$）∪（$\frac{1}{2}$，+∞）．

Answer 1

分析 由題意可得$\frac{1}{f（{x}_{1}+{x}_{2}）}$=$\frac{1}{f（{x}_{1}）}$+$\frac{1}{f（{x}_{2}）}$，可令g（x）=$\frac{1}{f（x）}$，即為g（x₁+x₂）=g（x₁）+g（x₂），易得g（x）為奇函數(shù)，即有f（x）為奇函數(shù)，當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0；x＜0時(shí)，f（x）＞0．由f（1）求得f（2）=-1，再由單調(diào)性的定義判斷f（x）在x＞0為遞增函數(shù)；x＜0也為遞增函數(shù)，即可得到不等式的解集．

解答 解：f（x₁+x₂）=$\frac{f（{x}_{1}）•f（{x}_{2}）}{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}$，
即有$\frac{1}{f（{x}_{1}+{x}_{2}）}$=$\frac{1}{f（{x}_{1}）}$+$\frac{1}{f（{x}_{2}）}$，
可令g（x）=$\frac{1}{f（x）}$，
即為g（x₁+x₂）=g（x₁）+g（x₂），
易得g（x）為奇函數(shù)，
即有f（x）為奇函數(shù)，
當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0；x＜0時(shí)，f（x）＞0．
由f（1）=-2，可得f（2）=$\frac{f（1）•f（1）}{2f（1）}$=$\frac{4}{-4}$=-1，
由x₁＞x₂＞0，可得x₁-x₂＞0，
f（x₁-x₂）＜0，即為$\frac{1}{f（{x}_{1}）}$+$\frac{1}{f（-{x}_{2}）}$＜0，
即有$\frac{1}{f（{x}_{1}）}$＜$\frac{1}{f（{x}_{2}）}$，即f（x₁）＞f（x₂），
則f（x）在x＞0為遞增函數(shù)；x＜0也為遞增函數(shù)．
由f（2x+1）＞-1=f（2），可得
$\left\{\begin{array}{l}{2x+1＞0}\\{2x+1＞2}\end{array}\right.$或2x+1＜0，
解得x＞$\frac{1}{2}$或x＜-$\frac{1}{2}$．
故答案為：（-∞，-$\frac{1}{2}$）∪（$\frac{1}{2}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性的判斷及運(yùn)用，考查不等式的解法，注意運(yùn)用賦值法和單調(diào)性，屬于中檔題．