Question

【题目】已知定义在R的函数f（x）满足以下条件：
①对任意实数x，y恒有f（x+y）=f（x）f（y）+f（x）+f（y）；
②当x＞0时，f（x）＞0；
③f（1）=1．
（1）求f（2），f（0）的值；
（2）若f（2x）﹣a≥af（x）﹣5对任意x恒成立，求a的取值范围；
（3）求不等式 的解集．

Answer 1

【答案】
（1）解：令x=y=1可得f（2）=f（1）f（1）+2f（1）=3，

令x=y=0可得f（0）=f（0）f（0）+2f（0），则f（0）=0或f（0）=﹣1，

令x=1，y=0可得f（1）=f（1）f（0）+f（0）+f（1），若f（0）=﹣1，则f（1）=f（0）=﹣1与已知矛盾，∴f（0）=0

（2）解：f（2x）﹣a≥af（x）﹣5对任意x恒成立f2（x）+2f（x）﹣a≥af（x）﹣5对任意x恒成立，

令f（x）=t，以下探讨f（x）=t的取值范围．

令y=﹣x可得f（0）=f（﹣x）f（x）+f（x）+f（﹣x）f（x）= ，

当x＜0时，f﹣x）＞0，则﹣1＜f（x）= ＜0，

∴x∈R时，f（x）=t∈（﹣1，+∞）．

原不等式等价于：t2+2t﹣a≥at﹣5在t∈（﹣1，+∞）恒成立，

即tt2+2t+5≥（t+1）aa≤ ．

g（t）= ，当t=1时取等号．

∴a≤4．

（3）解：由（2）可得f（x）∈（﹣1+∞），f（x+1）∈（﹣1+∞），

f（f（x））≥ [1+f（x+1）]f（f（x））≥7﹣f（x+1）

f（x+1）[1+f（x+1）]f（f（x））≥7﹣f（x+1）

f（x+1）+f（x+1）f（f（x））+f（f（x））≥7f（x+1+f（x））≥7．

下面证明y=f（x）的单调性：

任取x1，x2∈R，且x1＞x2，f（x1﹣x2）＞0，f（x2）＞﹣1

则f（x1）﹣f（x2）=f（x1﹣x2+x2）﹣f（x2）=f（x1﹣x2）f（x2）+f（x1﹣x2）=f（x1﹣x2）[f（x2）+1]＞0

所以函数 y=f（x）在R上单调递增，

∵f（3）═f（1）f（2）+f（2）+f（1）=7，

∴f（x+1+f（x））≥7．f（x+1+f（x））≥f（3）x+1+f（x）≥3

令F（x）=x+1+f（x），F（x）在R上单调递增，且F（1）=3

x+1+f（x）≥3F（x）≥F（3）x≥1，

所以原不等式解集为：[1，+∞）

【解析】（1）本题考查的是函数解析式以及特殊值代入法解决问题；（2）本小题考查的是基本不等式的变形应用以及拼凑法的使用。（3）利用函数的单调性定义的证明过程去解决最基本的不等式问题。