分析 (Ⅰ)在f(x+y)-f(y)=x(x+2y+1)中,令x=1,y=0,求得f(0)=-2.再取y=0,得f(x)=x2+x-2;
(Ⅱ)把f(x)+3≤2x+a,x∈[0,2]恒成立,轉(zhuǎn)化為$a≥{x}^{2}-x+1=(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}$,x∈[0,2]恒成立,從而求得A={a|a≥3}.又g(x)=f(x)-ax=x2-(a-1)x+2,x∈[-2,2]是單調(diào)函數(shù),得到關(guān)于a的不等式,求得a的范圍得到B={a|a≤-3,或a≥5}.利用交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算得答案;
(Ⅲ)對(duì)F(x)=k[f(x)-(x2-2)]3=k•x3,分k=0,k>0,k<0三種情況分析F(m)+F(n)與0的大小關(guān)系.
解答 解:(Ⅰ)令x=1,y=0,則f(1+0)-f(0)=1×(1+2×0+1)=2,
又f(1)=0,∴f(0)=-2.…(2分)
令y=0,則f(x+0)-f(0)=x(x+1),即f(x)=x2+x-2;…(4分)
(Ⅱ)f(x)+3≤2x+a,x∈[0,2]恒成立,
即$a≥{x}^{2}-x+1=(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}$,x∈[0,2]恒成立.
∴a≥3.則A={a|a≥3}.…(6分)
又g(x)=f(x)-ax=x2-(a-1)x+2,x∈[-2,2]是單調(diào)函數(shù),
故$\frac{a-1}{2}≤-2$,或$\frac{a-1}{2}≥2$,即 a≤-3,或a≥5.
∴B={a|a≤-3,或a≥5}.…(8分)
從而A∩(∁RB)={a|a≥3}∩{a|-3<a<5}={a|3≤a<5}.…(9分)
(Ⅲ)F(x)=k[f(x)-(x2-2)]3=k•x3,
當(dāng)k=0時(shí),F(xiàn)(x)=0,∴m+n>0,F(xiàn)(m)+F(n)=0;…(10分)
當(dāng)k>0時(shí),F(xiàn)(x)在R上單調(diào)遞增的奇函數(shù),∴m+n>0,即m>-n,
∴F(m)>F(-n)=-F(n),故F(m)+F(n)>0;…(11分)
當(dāng)k<0時(shí),F(xiàn)(x)在R上單調(diào)遞減的奇函數(shù),∴m+n>0,即m>-n,
∴F(m)<F(-n)=-F(n),故F(m)+F(n)<0.…(12分)
綜上可知,當(dāng)k=0時(shí),F(xiàn)(m)+F(n)=0;當(dāng)k>0時(shí),F(xiàn)(m)+F(n)>0;
當(dāng)k<0時(shí),F(xiàn)(m)+F(n)<0.…(13分)
點(diǎn)評(píng) 本題考查抽象函數(shù)及其應(yīng)用,考查了函數(shù)單調(diào)性與奇偶性的性質(zhì),訓(xùn)練了恒成立問題的求解方法,是中檔題.
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A. | (-1,0) | B. | (-1,+∞) | C. | (0,+∞) | D. | (-∞,-1)∪(0,+∞) |
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A. | a2-1 | B. | a2-2a+2 | C. | a2-2a+1 | D. | a2-a+1 |
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