Question

已知f（x）對任意的實數(shù)m，n都有：f（m+n）=f（m）+f（n）-1，且當(dāng)x＞0時，有f（x）＞1．
（1）求f（0）；
（2）求證：f（x）在R上為增函數(shù)；
（3）若f（6）=7，且關(guān)于x的不等式f（ax-2）+f（x-x²）＜3對任意的x∈[-1，+∞）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點：函數(shù)恒成立問題,函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明

專題：計算題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）利用賦值法，m=n=0求f（0）；
（2）設(shè)x₁，x₂是R上任意兩個實數(shù)，且x₁＜x₂，令m=x₂-x₁，n=x₁，通過函數(shù)的單調(diào)性的定義直接證明f（x）在R上為增函數(shù)；
（3）由原不等式可化為：f（ax-2+x-x²）+1＜3，化為f[-x²+（a+1）x-2]＜f（1），對任意的x∈[-1，+∞）恒成立，然后構(gòu)造函數(shù)g（x）=x²-（a+1）x+3，即g（x）_min＞0成立即可，利用二次函數(shù)的性質(zhì)，通過分類討論求解實數(shù)a的取值范圍．

解答： 解：（1）解：令m=n=0，則f（0）=2f（0）-1，解得f（0）=1…（3分）
（2）證明：設(shè)x₁，x₂是R上任意兩個實數(shù)，且x₁＜x₂，則
令m=x₂-x₁，n=x₁，則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上為增函數(shù)
（3）由已知條件有：f（ax-2）+f（x-x²）=f（ax-2+x-x²）+1
故原不等式可化為：f（ax-2+x-x²）+1＜3
即f[-x²+（a+1）x-2]＜2
而當(dāng)n∈N^*時，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
故不等式可化為f[-x²+（a+1）x-2]＜f（1）…（9分）
由（2）可知f（x）在R上為增函數(shù)，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）當(dāng)

a+1

2

＜-1即a＜-3時，g（x）在x∈[-1，+∞）上單調(diào)遞增
則g（x）_min=g（-1）=1+（a+1）+3＞0解得a＞-5，所以-5＜a＜-3…（11分）
（ii）當(dāng)

a+1

2

≥-1即a≥-3時
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）
綜上所述：實數(shù)a的取值范圍是(-5，2

3

-1)…（14分）
注：（i）（ii）兩種情況少考慮一種或計算錯一種扣兩分，最后綜上所述錯誤扣一分

點評：本題考查函數(shù)的恒成立，構(gòu)造新函數(shù)求解函數(shù)的最值，函數(shù)的單調(diào)性的判斷與應(yīng)用，考查計算能力．