Question

1．已知定义为R的函数f（x）满足下列条件：（1）对任意的实数x，y都有：f（x+y）=f（x）+f（y）-1，（2）当x＞0时，f（x）＞1．
（1）求f（0）；
（2）求证：f（x）在R上为增函数；
（3）若f（6）=7，a≤-3，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

分析 （1）可在恒等式中令x=y=0，即可解出f（0）=0，
（2）由题设条件对任意x₁、x₂在所给区间内比较f（x₂）-f（x₁）与0的大小即可；
（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）由题设，令x=y=0，
恒等式可变为f（0+0）=f（0）+f（0）-1，
解得f（0）=1，
（2）任取x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0，
由题设x＞0时，f（x）＞1，可得f（x₂-x₁）＞1，
∵f（x+y）=f（x）+f（y）-1，
∴f（x₂）=f[x₁+（x₂-x₁）]=f（x₁）+f（x₂-x₁）-1＞f（x₁），
所以 f（x）是R上增函数；
（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）＜4
即f[-x²+（a+1）x-2]＜2∵f（6）=f（3）+f（3）-1∴f（3）=4
∴f（ax-2+x-x²）＜f（3）
∴-x²+ax+x-2＜3
∴x²-（a+1）x+5＞0对任意的x∈[-1，+∞）恒成立．
则$\left\{\begin{array}{l}{f（-1）≥0}\\{\frac{a+1}{2}≤-1}\end{array}\right.$
即$\left\{\begin{array}{l}{（-1）^{2}-（a+1）×（-1）+5＞0}\\{a+1≤-2}\end{array}\right.$
∴a的取值范围是-7＜a≤-3．

点评 本题考点是抽象函数及其应用，考查用赋值法求函数值，以及灵活利用所给的恒等式证明函数的单调性，此类题要求答题者有较高的数学思辨能力，能从所给的条件中组织出证明问题的组合来．