Question

已知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f（0）；
（2）求证：f（x）在R上为增函数；
（3）若f（6）=7，且关于x的不等式f（ax-2）+f（x-x²）＜3对任意的x∈[-1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：函数恒成立问题,函数单调性的判断与证明

专题：计算题,函数的性质及应用

分析：（1）利用赋值法，m=n=0求f（0）；
（2）设x₁，x₂是R上任意两个实数，且x₁＜x₂，令m=x₂-x₁，n=x₁，通过函数的单调性的定义直接证明f（x）在R上为增函数；
（3）由原不等式可化为：f（ax-2+x-x²）+1＜3，化为f[-x²+（a+1）x-2]＜f（1），对任意的x∈[-1，+∞）恒成立，然后构造函数g（x）=x²-（a+1）x+3，即g（x）_min＞0成立即可，利用二次函数的性质，通过分类讨论求解实数a的取值范围．

解答： 解：（1）解：令m=n=0，则f（0）=2f（0）-1，解得f（0）=1…（3分）
（2）证明：设x₁，x₂是R上任意两个实数，且x₁＜x₂，则
令m=x₂-x₁，n=x₁，则f（x₂）=f（x₂-x₁）+f（x₁）-1…（5分）
所以f（x₂）-f（x₁）=f（x₂-x₁）-1
由x₁＜x₂得x₂-x₁＞0，所以f（x₂-x₁）＞1
故f（x₂）-f（x₁）＞0，即f（x₁）＜f（x₂）…（7分）
所以f（x）在R上为增函数
（3）由已知条件有：f（ax-2）+f（x-x²）=f（ax-2+x-x²）+1
故原不等式可化为：f（ax-2+x-x²）+1＜3
即f[-x²+（a+1）x-2]＜2
而当n∈N^*时，f（n）=f（n-1）+f（1）-1=f（n-2）+2f（1）-2
=f（n-3）+3f（1）-3=…=nf（1）-（n-1）
所以f（6）=6f（1）-5，所以f（1）=2
故不等式可化为f[-x²+（a+1）x-2]＜f（1）…（9分）
由（2）可知f（x）在R上为增函数，所以-x²+（a+1）x-2＜1
即x²-（a+1）x+3＞0在x∈[-1，+∞）上恒成立…（10分）
令g（x）=x²-（a+1）x+3，即g（x）_min＞0成立即可
（i）当

a+1

2

＜-1即a＜-3时，g（x）在x∈[-1，+∞）上单调递增
则g（x）_min=g（-1）=1+（a+1）+3＞0解得a＞-5，所以-5＜a＜-3…（11分）
（ii）当

a+1

2

≥-1即a≥-3时
有g(x)min=g(

a+1

2

)=(

a+1

2

)2-(a+1)

a+1

2

+3＞0
解得-2

3

-1＜a＜2

3

-1
而-3＞-2

3

-1，所以-3≤a＜2

3

-1…（13分）
综上所述：实数a的取值范围是(-5，2

3

-1)…（14分）
注：（i）（ii）两种情况少考虑一种或计算错一种扣两分，最后综上所述错误扣一分

点评：本题考查函数的恒成立，构造新函数求解函数的最值，函数的单调性的判断与应用，考查计算能力．