Question

14．已知函數(shù)f（x）對一切x，y∈R都有f（x+y）-f（y）=x（x+2y+1）成立，且f（1）=0．
（Ⅰ）求f（0）的值及f（x）的解析式；
（Ⅱ）已知a∈R，將滿足條件：當x∈[0，2]時，不等式f（x）+3≤2x+a恒成立的a的取值范圍為集A；當x∈[-2，2]時，g（x）=f（x）-ax是單調函數(shù)的a取值范圍為集合B，求A∩（∁_RB）（R為全集）；
（Ⅲ）記F（x）=k[f（x）-x²+2]³，k∈R，且實數(shù)m，n滿足m+n＞0，試比較F（m）+F（n）與0的大小關系，并說明理由．

Answer 1

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]是單調函數(shù)，得到關于a的不等式，求得a的范圍得到B={a|a≤-3，或a≥5}．利用交、并、補集的混合運算得答案；
（Ⅲ）對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k=0時，F(xiàn)（x）=0，∴m+n＞0，F(xiàn)（m）+F（n）=0；…（10分）
當k＞0時，F(xiàn)（x）在R上單調遞增的奇函數(shù)，∴m+n＞0，即m＞-n，
∴F（m）＞F（-n）=-F（n），故F（m）+F（n）＞0；…（11分）
當k＜0時，F(xiàn)（x）在R上單調遞減的奇函數(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k=0時，F(xiàn)（m）+F（n）=0；當k＞0時，F(xiàn)（m）+F（n）＞0；
當k＜0時，F(xiàn)（m）+F（n）＜0．…（13分）

點評 本題考查抽象函數(shù)及其應用，考查了函數(shù)單調性與奇偶性的性質，訓練了恒成立問題的求解方法，是中檔題．