Question

已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，對(duì)于任意的x，y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y），且當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0，若f（-1）=2．
（1）求證：f（x）為奇函數(shù)；
（2）判斷f（x）在R上的單調(diào)性（說明理由）；并求函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，4]上的值域．
（3）若對(duì)任意t∈[1，3]，不等式f（t²-2kt）+f（2t²-1）＜0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）令x=y=0可得f（0）=0，令y=-x及奇函數(shù)的定義即得證；
（2）設(shè)x₁＜x₂，則f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）-f[（x₂-x₁）+x₁]=f（x₁）-[f（x₂-x₁）+f（x₁）]=-f[（x₂-x₁），根據(jù)已知可比較f（x₁）與f（x₂）的大小，從而可知其單調(diào)性；由函數(shù)的單調(diào)性及已知可求出f（-2），f（4），即函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，4]上的最值，由此可得其值域；
（3）利用函數(shù)f（x）的單調(diào)性、奇偶性，可把不等式f（t²-2kt）+f（2t²-1）＜0中的符號(hào)“f”去掉，分離出參數(shù)k后轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題即可求得．

解答：解：（1）證明：∵對(duì)任意的x、y∈R，都有f（x+y）=f（x）+f（y），
，f（0）=f（0）+f（0）=2f（0），
∴f（0）=0．
令y=-x得，f（x-x）=f（x）+f（-x）=f（0）=0，
即f（-x）=-f（x），
∴函數(shù)f（x）為奇函數(shù)．
（2）f（x）在R上單調(diào)遞減．
證明：設(shè)x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）-f[（x₂-x₁）+x₁]=f（x₁）-[f（x₂-x₁）+f（x₁）]=-f[（x₂-x₁），
因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0，且x₂-x₁＞0，所以f[（x₂-x₁）＜0，
所以f（x₁）-f（x₂）＞0，即f（x₁）＞f（x₂）．
所以函數(shù)f（x）為R上的減函數(shù)．
由f（x+y）=f（x）+f（y）及f（-1）=2得，f（-2）=f（-1）+f（-1）=2f（-1）=4，
f（4）=f（2）+f（2）=2f（2），因?yàn)閒（x）為奇函數(shù)，所以f（-2）=-f（2）=4，f（2）=-4，所以f（4）=-8．
又函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，4]上單調(diào)遞減，所以f（4）≤f（x）≤f（-2），即-8≤f（x）≤4．
故函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，4]上的值域?yàn)閇-8，4]．
（3）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）在R上是奇函數(shù)，且單調(diào)遞減，
所以不等式f（t²-2kt）+f（2t²-1）＜0?f（t²-2kt）＜-f（2t²-1）=f（1-2t²）?t²-2kt＞1-2t²，
所以對(duì)任意t∈[1，3]，不等式f（t²-2kt）+f（2t²-1）＜0恒成立，
等價(jià)于t²-2kt＞1-2t²恒成立，即t∈[1，3]時(shí)2k＜3t-

1

t

恒成立，
而易知3t-

1

t

在∈[1，3]上單調(diào)遞增，所以(3t-

1

t

)min=3-1=2，
所以有2k＜2，解得k＜1．
所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為（-∞，1）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查抽象函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性及其應(yīng)用，考查學(xué)生分析問題解決問題的能力，具有一定的綜合性．