Question

10．已知函数f（x）的定义域为R，且对m，n∈R恒有f（m+n）=f（m）+f（n）-1，且f（-$\frac{1}{2}$）=0，当x＞-$\frac{1}{2}$时，f（x）＞0．
（1）求证：f（x）是单调增函数；
（2）列举出具有这样性质的一个函数，并加以验证．

Answer 1

分析 （1）由条件，利用赋值法求f（0），f（$\frac{1}{2}$）的值．利用函数的单调性结合条件，利用两次条件证明函数的函数的单调性．
（2）函数为一次函数f（x）=2x+1，然后逐一令验证：对m，n∈R恒有f（m+n）=f（m）+f（n）-1，且f（-$\frac{1}{2}$）=0，当x＞-$\frac{1}{2}$时，f（x）＞0．

解答 解：（1）∵f（m+n）=f（m）+f（n）-1，
∴令m=n=0，则f（0）=f（0）+f（0）-1，即f（0）=1．
∵f（-$\frac{1}{2}$）=0，
∴f（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$）=f（0）=f（$\frac{1}{2}$）+f（-$\frac{1}{2}$）-1，
即1=f（$\frac{1}{2}$）-1，解得f（$\frac{1}{2}$）=2．
任意设x₁＜x₂，则f（x₂）=f（x₂-x₁+x₁）=f（x₂-x₁）+f（x₁）-1=f（x₂-x₁），
即f（x₂）-f（x₁）=f（x₂-x₁）-1=f（x₂-x₁-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$）=f（x₂-x₁-$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{2}$）-1-1=f（x₂-x₁-$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{2}$）-2=f（x₂-x₁-$\frac{1}{2}$），
∵x₁＜x₂，∴x₂-x₁＞0，x₂-x₁-$\frac{1}{2}$＞-$\frac{1}{2}$，此时f（x₂-x₁-$\frac{1}{2}$）＞0，
∴f（x₂）-f（x₁）＞0，即f（x₂）＞f（x₁），
∴f（x）在定义域R上是增函数．
（2）不妨取：f（x）=2x+1，
对m，n∈R恒有f（m+n）=2m+2n+1
f（m）+f（n）-1=2m+1+2n+1-1=2m+2n+1，
满足f（m+n）=f（m）+f（n）-1，
f（-$\frac{1}{2}$）=2×$（-\frac{1}{2}）$+1=0，
当x＞-$\frac{1}{2}$时，f（x）=2x+1＞0，成立，
并且函数f（x）=2x+1，是增函数．

点评 本题考查抽象函数单调性的判断、抽象不等式的求解，考查转化思想，抽象函数的单调性常用定义解决，抽象不等式的求解往往转化为具体不等式处理．