Question

已知函数f（x）对于任意m，n∈R，都有f（m+n）=f（m）+f（n）-1，并且当x＞0时f（x）＞1．
（1）求证：函数f（x）在R上为增函数；
（2）若f（3）=4，解不等式f（a²+a-5）＜2．

Answer 1

分析：（1）证明：设x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0，则f（x₂-x₁）＞1，函数f（x）对于任意m，n∈R，都有f（m+n）=f（m）+f（n）-1成立，令m=n=0，有f（0）=1，
再令m=x，n=-x，结合条件得到f（x₂）-f（x₁）＞0，即f（x₂）＞f（x₁），即可求得结果；
（2）f（a²+a-5）＜2，即为f（a²+a-5）＜f（1），由（1）知，函数f（x）在R上为增函数，a²+a-5＜1，解此不等式即得．

解答：解：（1）证明：设x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0，则f（x₂-x₁）＞1
∵函数f（x）对于任意m，n∈R，都有f（m+n）=f（m）+f（n）-1成立
∴令m=n=0，有f（0+0）=f（0）+f（0）-1，即f（0）=1，
再令m=x，n=-x，则有f（x-x）=f（x）+f（-x）-1，即f（0）=f（x）+f（-x）-1，
∴f（-x）=2-f（x），
∴f（-x₁）=2-f（x₁）
而f（x₂-x₁）=f（x₂）+f（-x₁）-1=f（x₂）+2-f（x₁）-1＞1，
即f（x₂）-f（x₁）＞0，即f（x₂）＞f（x₁），
∴函数f（x）在R上为增函数；
（2）∵f（3）=f（1+2）=f（1）+f（2）-1=f（1）+f（1）+f（1）-2=3f（1）-2=4
∴f（1）=2．
∴f（a²+a-5）＜2，即为f（a²+a-5）＜f（1），
由（1）知，函数f（x）在R上为增函数，a²+a-5＜1，即a²+a-6＜0，
∴-3＜a＜2
∴不等式f（a²+a-5）＜2的解集是{a|-3＜a＜2}

点评：本题考查抽象函数的有关问题，其中赋值法是常用的方法，考查函数单调性的判断与证明，属基础题．