Question

已知函数f（x）对任意的实数m、n都有：f（m+n）=f（m）+f（n）-1，且当x＞0时，有f（x）＞1．
（1）求证：f（x）在R上为增函数；
（2）若f（4）=5，解关于x的不等式f（x²+x-4）＜3；
（3）若关于x的不等式f（ax-2）+f（x-x²）＜2恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）根据函数单调性的定义进行证明，将f（x₂）变形成f[（x₂-x₁）+x₁]=f（x₂-x₁）+f（x₁）-1＞1+f（x₁）-1=f（x₁），从而得到函数的单调性；
（2）将3转化成f（2），然后利用函数的单调性去掉“f”，解不等式即可；
（3）将f（ax-2）+f（x-x²）＜2转化成f（ax-2）+f（x-x²）-1＜1，然后利用f（m+n）=f（m）+f（n）-1可得f（ax-2+x-x²）＜f（0），最后根据单调性建立不等关系，从而求出所求．

解答：（1）证明：任取x₁，x₂∈R且x₁＜x₂，∴x₂-x₁＞0，
∵当x＞0时，有f（x）＞1，
∴f（x₂-x₁）＞1，
∵f（x₂）=f[（x₂-x₁）+x₁]=f（x₂-x₁）+f（x₁）-1＞1+f（x₁）-1=f（x₁），
∴f（x₂）＞f（x₁），
∴f（x）在R上为增函数；
（2）∵f（4）=5=f（2）+f（2）-1，
∴f（2）=3，
∴f（x²+x-4）＜3即f（x²+x-4）＜f（2），
∵f（x）在R上为增函数，
∴x²+x-4＜2，
∴-3＜x＜2；
（3）令m=n=0，
∴f（0）=2f（0）-1，
∴f（0）=1，
∵f（ax-2）+f（x-x²）＜2即 f（ax-2）+f（x-x²）-1＜1，
∴f（ax-2+x-x²）＜f（0），
由①知 ax-2+x-x²＜0恒成立，
∴x²-（a+1）x+2＞0恒成立，
∴△=（a+1）²-4×2＜0，
∴-2

2

-1＜a＜2

2

-1．

点评：本题主要考查了抽象函数，及其函数的单调性和不等式的解法，着重考查了函数的简单性质和函数恒成立问题等知识点，属于中档题．