Question

設定義在R上的函數f（x）對任意x，y∈R都有：f（x+y）=f（x）+f（y），且f（1）=2，當x＜0時，f（x）＜0．
（1）判斷f（x）的奇偶性；
（2）判斷f（x）的單調性；
（3）解不等式f（x²+1）-f（1-x）＜4．

Answer 1

考點：抽象函數及其應用,函數奇偶性的判斷,函數奇偶性的性質

專題：函數的性質及應用

分析：（1）由條件，令x=y=0，則f（0）=2f（0），即可得到f（0）；由條件可令y=-x，則f（0）=f（x）+f（-x）=0，由奇偶性的定義即可判斷；
（2）設x₁＜x₂，則x₁-x₂＜0，由于x＜0時，f（x）＜0，則f（x₁-x₂）＜0，即有f（x₁）-f（x₂）＜0，再由（1）的結論和單調性的定義，即可判斷．
（3）原不等式轉化為f（x²+1）＜f（3-x），再根據函數的單調性，得到不等式，解得即可

解答： （1）解：對任意x，y∈R，有f（x+y）=f（x）+f（y），
令x=y=0，則f（0）=2f（0），
即有f（0）=0；
令y=-x，則f（0）=f（x）+f（-x）=0，
即有f（-x）=-f（x），
則函數f（x）為奇函數；
（2）證明：設x₁＜x₂，則x₁-x₂＜0，
由于當x＜0時，恒有f（x）＜0，
則f（x₁-x₂）＜0，
∴f（x₁-x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=f（x₁）-f（x₂）＜0，
即f（x₂）＞f（x₁），
故x∈R時，f（x）為單調遞增函數．
（3）∵f（1）=2
∴f（2）=f（1）+f（1）=4，
∴f（x²+1）-f（1-x）＜f（2），
∴f（x²+1）＜f（1-x）+f（2）=f（3-x），
∵f（x）為單調遞增函數，
∴x²+1＜3-x，
解得-2＜x＜1，
故不等式的解集為（-2，1）

點評：本題考查抽象函數及運用，考查函數的奇偶性、單調性的判斷，以及不等式的解法，屬于中檔題．