Question

已知函数f（x）满足对任意实数x，y都有f（x+y）=f（x）+f（y）+1成立，且当x＞0时，f（x）＞-1，f（1）=0．
（1）求f（5）的值；
（2）判断f（x）在R上的单调性，并证明；
（3）若对于任意给定的正实数ε，总能找到一个正实数σ，使得当|x-x₀|＜σ时，|f（x）-f（x₀）|＜ε，则称函数f（x）在x=x₀处连续．试证明：f（x）在x=0处连续．

Answer 1

分析：（1）由条件，利用赋值法求f（5）．
（2）先判断函数的单调性，然后利用函数单调性的定义证明，将f（x₁）转化为条件形式，然后进行推理证明．
（3）根据函数连续性的定义，任意给定的正实数ε，确定一个正实数σ，使得当不等式|x-x₀|＜σ时，|f（x）-f（x₀）|＜ε成立即可．

解答：解：（1）∵f（x+y）=f（x）+f（y）+1且 f（1）=0，
∴令y=1得，f（x+1）=f（x）+f（1）+1=f（x）+1，
∴f（2）=f（1）+1=1，f（3）=f（2）+1=1+1=2，f（4）=f（3）+1=2+1=3，
∴f（5）=f（3）+1=3+1=4．
（2）由（1）得f（1）=0，f（2）=1，f（3）=2，f（4）=3，f（5），猜测函数f（x）在R上的单调递增．现给出证明：
设x₁＞x₂，则f（x₁）=f（x₁-x₂+x₂）=f（x₁-x₂）+f（x₂）+1＞-1+f（x₂）+1，
∴f（x₁）＞f（x₂），
∴f（x）在R上单调递增．
（3）令y=0，得f（x）=f（x）+f（0）+1，
∴f（0）=-1对任意n∈N^*f(1)=f(

1

n

)+f(

n-1

n

)+1=2f(

1

n

)+f(

n-2

n

)+2=…=nf(

1

n

)+f(0)+n=nf(

1

n

)+n-1，
∴f(

1

n

)=

1

n

-1，
f（n）=f（n-1）+1=f（n-2）+2=…=f（1）+n-1=n-1，
又f（0）=f（x）+f（-x）+1，
∴f（-x）=-2-f（x），
要证|f（x）-f（x₀）|＜ε?|f（x-x₀）+1|＜ε?-ε-1＜f（x-x₀）＜ε-1对任意ε＞0成立．
①当ε∈N^*时，取σ=ε，则当|x-x₀|＜σ即-ε＜x-x₀＜ε时，由f（x）单增可得f（-ε）＜f（x-x₀）＜f（ε），
即-2-（ε-1）＜f（x-x₀）＜ε-1；
②当ε∉N^*时，必存在m∈N，n∈N^*使得m+

1

n+1

≤ε＜m+

1

n

取σ=m+

1

n+1

，
则当|x-x₀|＜σ即-m-

1

n+1

＜x-x0＜m+

1

n+1

时，有f(-m-

1

n+1

)＜f(x-x0)＜f(m+

1

n+1

)
而f(m+

1

n+1

)=m+

1

n+1

-1≤ε-1f(-m-

1

n+1

)=-m-

1

n+1

-1≥-ε-1，
∴-ε-1＜f（x-x₀）＜ε-1综上，f（x）在x=x₀处连续．

点评：本题主要考查抽象函数的性质和应用，利用赋值法是解决抽象函数的基本方法，考查学生的分析能力．