Question

19．已知函数f（x）在（-1，1）上有定义，且f（$\frac{1}{5}$）=$\frac{1}{2}$．对任意x，y∈（-1，1）都有f（x）+f（y）=f（$\frac{x+y}{1+xy}$），当且仅当─1＜x＜0时，f（x）＜0．
（1）判断f（x）在（0，1）上的单调性，并说明理由；
（2）试求f（$\frac{1}{2}$）-f（$\frac{1}{11}$）-f（$\frac{1}{19}$）的值．
（3）若将函数f（x）的定义域扩充为R单调性保持不变且关于x的不等式 f（x²-9）+f（kx+3k）＞0在x∈（0，1）上恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据函数单调性的定义即可判断f（x）在（0，1）上的单调性；
（2）根据函数奇偶性以及抽象函数之间的关系即可得到结论；
（3）化为具体不等式，再分离参数，即可求实数k的取值范围．

解答 解：（1）任取x₁，x₂∈（0，1），且0＜x₁＜x₂＜1．
f（x₂）-f（x₁）=f（x₂）+f（-x₁）=f（$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$）=-f（$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$）
∵0＜x₁＜x₂＜1，
∴（1-x₁x₂）-（x₂-x₁）=（1+x₁）（1-x₂）＞0⇒1-x₁x₂＞x₂-x₁＞0⇒0＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$＜1，
∴-1＜$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$＜0，
∴f（$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$）＞0，
∴-f（$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$）＜0，
即f（x₂）＜f（x₁）．
故f（x）是（0，1）上的减函数．
（2）f（$\frac{1}{2}$）-f（$\frac{1}{11}$）=f（$\frac{1}{2}$）+f（-$\frac{1}{11}$）=f（$\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{11}}{1-\frac{1}{2}×\frac{1}{11}}$）=f（$\frac{3}{7}$），
∴f（$\frac{3}{7}$）-f（$\frac{1}{19}$）=f（$\frac{\frac{3}{7}-\frac{1}{19}}{1-\frac{3}{7}×\frac{1}{19}}$）=f（$\frac{5}{13}$）．
而f（$\frac{1}{5}$）+f（$\frac{1}{5}$）=f（$\frac{5}{13}$）⇒f（$\frac{5}{13}$）=2×f（$\frac{1}{5}$）=1，
∴f（$\frac{1}{2}$）-f（$\frac{1}{11}$）-f（$\frac{1}{19}$）=1；
（3）取x=y=0⇒f（0）=0，f（-x）+f（x）=f（0）=0⇒f（-x）=-f （x），又定义域对称，
故f（x）是（-1，1）上的奇函数
∵f（x²-9）+f（kx+3k）＞0在R上是奇函数
∴f（x²-9）＞-f（kx+3k）=f（-kx-3k）在 x∈（0，1）上恒成立
由（1）知函数f（x）在R上单调递增
∴x²-9＞-kx-3k，
即x²+kx+3k-9＞0在 x∈（0，1）上恒成立．
∴（x+3）k＞9-x²
∵x∈（0，1），∴3-x＞0
∴k＞3-x在 x∈（0，1）上恒成立．
令h（x）=3-x，x∈（0，1），则2＜h（x）＜3
∴k≥3．
故k的取值范围为{k|k≥3}．

点评 本题主要考查抽象函数的应用，根据函数奇偶性和单调性的定义是解决本题的关键．综合考查函数的性质的应用．