Question

2．函數(shù)f（x）對于任意的實數(shù)x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）成立，且當(dāng)x＞0時f（x）＜0恒成立．
（1）證明函數(shù)f（x）是R上的單調(diào)減函數(shù)；
（2）解關(guān)于x的不等式$\frac{1}{2}$f（-2x²）-f（x）＞$\frac{1}{2}$f（4x）-f（-2）．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)單調(diào)性的定義，設(shè)任意x₁，x₂∈R且x₁＜x₂，結(jié)合已知不等式比較f（x₁）和f（x₂）的大小，即可判斷出單調(diào)性；
（2）由題意可得f（-2x²）-f（4x）＞2[f（x）-f（-2）]即f（-2x²-4x）＞2f（x+2），由已知得：f[2（x+2）]=2f（x+2），則f（-2x²-4x）＞f[2（x+2）]，由（1）可得-2x²-4x＜2（x+2），按照二次不等式的解法即可．

解答 解：（1）由已知對于任意x∈R，y∈R，f（x+y）=f（x）+f（y）恒成立
令x=y=0，得f（0+0）=f（0）+f（0），∴f（0）=0
令x=-y，得f（x-x）=f（x）+f（-x）=0
∴對于任意x，都有f（-x）=-f（x）∴f（x）是奇函數(shù)．
設(shè)任意x₁，x₂∈R且x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，由已知f（x₂-x₁）＜0①
又f（x₂-x₁）=f（x₂）+f（-x₁）=f（x₂）-f（x₁）②
由①②得f（x₁）＞f（x₂），
根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義知f（x）在（-∞，+∞）上是減函數(shù)；
（3）$\frac{1}{2}$f（-2x²）-f（x）＞$\frac{1}{2}$f（4x）-f（-2），
∴f（-2x²）-f（4x）＞2[f（x）-f（-2）]
∴f（-2x²-4x）＞2f（x+2），
由已知得：f[2（x+2）]=2f（x+2），
∴f（-2x²-4x）＞f[2（x+2）]，
∵f（x）在（-∞，+∞）上是減函數(shù)
∴-2x²-4x＜2（x+2）．即（x+2）（-2x-2）＜0，
解得x＞-1或x＜-2．
則不等式的解集為{x|x＞-1或x＜-2}．

點評 本題考查抽象函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的判斷和應(yīng)用：解不等式，及分類討論思想，綜合性強，屬于中檔題．