Question

已知函数f（x）的定义域为R，对任意的实数m，n都有f（m+n）=f（m）+f（n）+

1

2

且f（

1

2

）=0，当x＞

1

2

时，f（x）＞0
（1）判断函数f（x）的单调性，并证明你的结论；
（2）若对任意实数x，不等式f（ax²+ax+1）≥f（2x²+2x）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，令x₂=x₁+t（t＞0），作差f（x₂）-f（x₁），利用已知f（m+n）=f（m）+f（n）+

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2

且f（

1

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）=0及x＞

1

2

时，f（x）＞0，可求得f（x₂）＞f（x₁），从而可判断其单调性；
（2）利用（1）知f（x）为R上单调递增函数，f（ax²+ax+1）≥f（2x²+2x）恒成立?（a-2）x²+（a-2）x+1≥0恒成立，于是可求得实数a的取值范围．

解答：解：（1）f（x）单调递增，证明如下：
任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，
则令x₂=x₁+t（t＞0），
则f（x₂）-f（x₁）=f（x₁+t）-f（x₁）
=f（x₁）+f（t）+

1

2

-f（x₁）=f（t+

1

2

-

1

2

）+

1

2

=f（t+

1

2

）+f（-

1

2

）+1，
∵f（m+n）=f（m）+f（n）+

1

2

且f（

1

2

）=0，
令m=n=0得f（0）=-

1

2

；
令m=-

1

2

，n=

1

2

可得f（-

1

2

）=-1，
∴f（t+

1

2

）+f（-

1

2

）+1=f（t+

1

2

），
∵t＞0，
∴t+

1

2

＞

1

2

，则f（t+

1

2

）＞0，
∴f（x₂）＞f（x₁），故f（x）再R上为单调递增函数．
（2）∵f（ax²+ax+1）≥f（2x²+2x）恒成立，f（x）为R上单调递增函数，
∴ax²+ax+1≥2x²+2x恒成立，
即（a-2）x²+（a-2）x+1≥0恒成立，
当a=2时，有1≥0恒成立，
故a=2符合题意；
当a≠2时，应有

a-2＞0 △=(a-2)2-4(a-2)≤0

，
解得：2＜a≤6，
综上所述，实数a的取值范围是[2，6]．

点评：本题考查抽象函数及其应用，着重考查函数单调性的判断及应用，考查转化思想与赋值能力，属于难题．