Question

定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（m+n）=f（m）+f（n）-2對(duì)任意m、n∈R恒成立，當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞2．
（Ⅰ） 求證f（x）在R上是單調(diào)遞增函數(shù)；
（Ⅱ）已知f（1）=5，解關(guān)于t的不等式f（|t²-t|）≤8；
（Ⅲ）若f（-2）=-4，且不等式f（t²+at-a）≥-7對(duì)任意t∈[-2，2]恒成立．求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）結(jié)合已知先構(gòu)造x₂-x₁＞0，可得f（x₂-x₁）＞2，利用函數(shù)的單調(diào)性的定義作差f（x₁）-f（x₂）變形可證明
（Ⅱ）由f（1），及f（2）=f（1）+f（1）-2可求f（2），然后結(jié)合（I）中的函數(shù)的單調(diào)性可把已知不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，解二次不等式即可
（Ⅲ）由f（-2）及已知可求f（-1），進(jìn)而可求f（-3），由已知不等式及函數(shù)的單調(diào)性可轉(zhuǎn)化原不等式，結(jié)合恒成立與最值求解的相互轉(zhuǎn)化即可求解

解答：證明：（Ⅰ）?x₁，x₂∈R，當(dāng)x₁＜x₂時(shí)，x₂-x₁＞0，
∴f（x₂-x₁）＞2f（x₁）-f（x₂）
=f（x₁）-f（x₂-x₁+x₁）
=f（x₁）-f（x₂-x₁）-f（x₁）+2
=2-f（x₂-x₁）＜0，
所以f（x₁）＜f（x₂），
所以f（x）在R上是單調(diào)遞增函數(shù)…（4分）
（Ⅱ）∵f（1）=5，
∴f（2）=f（1）+f（1）-2=8，
由f（|t²-t|）≤8得f（|t²-t|）≤f（2）
∵f（x）在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，所以|t2-t|≤2⇒-2≤t2-t≤2?

t2-t≤2 t2-t≥-2

⇒

-1≤t≤2 t∈R

⇒t∈[-1，2]…（8分）
（Ⅲ）由f（-2）=-4得-4=f（-2）=f（-1）+f（-1）-2⇒f（-1）=-1
所以f（-3）=f（-2）+f（-1）=-4-1-2=-7，
由f（t²+at-a）≥-7得f（t²+at-a）≥f（-3）
∵f（x）在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，
所以t²+at-a≥-3⇒t²+at-a+3≥0對(duì)任意t∈[-2，2]恒成立．
記g（t）=t²+at-a+3（-2≤t≤2）
只需g_min（t）≥0．對(duì)稱軸t=-

a

2

（1）當(dāng)-

a

2

≤-2⇒a≥4時(shí)，gmin(t)=g(-2)=4-2a-a+3≥0⇒a≤

7

3

與a≥4矛盾．
此時(shí)a∈?
（2）當(dāng)-2＜-

a

2

＜2⇒-4＜a＜4時(shí)，gmin(t)=

4(3-a)-a2

4

≥0⇒-6≤a≤2，
又-4＜a＜4，所以-4＜a≤2
（3）當(dāng)-

a

2

≥2⇒a≤-4時(shí)，g_min（t）=g（2）=4+2a-a+3≥0⇒a≥-7
又a≤-4
∴-7≤a≤-4
綜合上述得：a∈[-7，2]…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了賦值法在抽象函數(shù)的函數(shù)值的求解中的應(yīng)用，抽象函數(shù)的單調(diào)性的證明及函數(shù)的恒成立問題的應(yīng)用，具有很強(qiáng)的綜合性