Question

定義在R上的函數(shù)f（x）滿足對任意x，y∈R都有f（x+y）=f（x）+f（y）．且x＜0時，f（x）＜0，f（-1）=-2
（1）求證：f（x）為奇函數(shù)；
（2）試問f（x）在x∈[-4，4]上是否有最值？若有，求出最值；若無，說明理由．
（3）若f（k•3^x）+f（3^x-9^x-2）＜0對任意x∈R恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點：抽象函數(shù)及其應用,函數(shù)的最值及其幾何意義,函數(shù)恒成立問題

專題：計算題,證明題,函數(shù)的性質(zhì)及應用

分析：（1）令x=y=0，再令y=-x，分別代入f（x+y）=f（x）+f（y）（x，y∈R），化簡可得；
（2）由單調(diào)性的定義可證明函數(shù)f（x）為R上的增函數(shù)，從而求f（x）在x∈[-4，4]上的最值；
（3）（法一）由（2）知，f（k•3^x）+f（3^x-9^x-2）＜0可化為k•3^x＜-3^x+9^x+2，即3^2x-（1+k）•3^x+2＞0對任意x∈R成立．令t=3^x＞0，問題等價于t²-（1+k）t+2＞0對任意t＞0恒成立．令令g（t）=t²-（1+k）t+2，討論二次函數(shù)的最值，從而求k；
（法二）由分離系數(shù)法，化k•3^x＜-3^x+9^x+2為k＜3^x+

2

3x

-1，令u=3^x+

2

3x

-1，利用基本不等式求最值，從而求k．

解答： 解：（1）證明：f（x+y）=f（x）+f（y）（x，y∈R），①
令x=y=0，代入①式，得f（0+0）=f（0）+f（0），即 f（0）=0．
令y=-x，代入①式，得 f（x-x）=f（x）+f（-x），又f（0）=0，
則有0=f（x）+f（-x）．
即f（-x）=-f（x）對任意x∈R成立，
則f（x）是奇函數(shù)．
（2）解：設x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，則x₁-x₂＜0，從而f（x₁-x₂）＜0，
又f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=f[x₁+（-x₂）]=f（x₁-x₂）．
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂）．
∴函數(shù)f（x）為R上的增函數(shù)，
∴當x∈[-4，4]時，f（x）必為增函數(shù)．
又由f（-1）=-2，得-f（1）=-2，∴f（1）=2
∴當x=-4時，f（x）_min=f（-4）=-f（4）=-4f（1）=-8；
當x=4時，f（x）_max=f（4）=4f（1）=8．
（3）（法一）解：由（2）f（x）在R上是增函數(shù)，又由（1）f（x）是奇函數(shù)．
f（k•3^x）＜-f（3^x-9^x-2）=f（-3^x+9^x+2），
即：k•3^x＜-3^x+9^x+2，
即：3^2x-（1+k）•3^x+2＞0對任意x∈R成立．
令t=3^x＞0，問題等價于t²-（1+k）t+2＞0對任意t＞0恒成立．
令g（t）=t²-（1+k）t+2，
當

1+k

2

≤0，即k≤-1時，
g（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
f（0）=2＞0，符合題意；
當

1+k

2

＞0，即k＞-1時，

1+k 2 ＞0 △=(1+k)2-4×2＜0

，
∴-1＜k＜-1+2

2

，
綜上所述，當k＜-1+2

2

時，
f（k•3^x）+f（3^x-9^x-2）＜0對任意x∈R恒成立．
（法二）（分離系數(shù)）由k•3^x＜-3^x+9^x+2得，
k＜3^x+

2

3x

-1，
則u=3^x+

2

3x

-1≥2

2

-1，
（當且僅當3^x=

2

3x

，即3^x=

2

時，等號成立）
故k＜2

2

-1．

點評：本題考查了抽象函數(shù)的奇偶性的證明及函數(shù)的最值的求法，同時考查了恒成立問題的處理，屬于難題．