Question

13．定义在R上的函数f（x）满足：f（m+n）=f（m）+f（n）-2对任意m、n∈R恒成立．当x＞0时，f（x）＞2．
（1）求证：f（x）是R上的单调递增函数；
（2）若f（-3）=-7，且不等式f（t²+at-a）≥-7对任意t∈[-2，2]恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 形如f（m+n）=f（m）+f（n）-2的函数模型，实际上是一次函数f（x）=kx+b的抽象．第（1）小问结合已知先构造x₂-x₁＞0，可得f（x₂-x₁）＞2，利用函数的单调性的定义作差f（x₁）-f（x₂）变形可证明．
（2）由f（-3）=-7  及由已知不等式及函数的单调性可转化原不等式，结合恒成立与最值求解的相互转化即可求解．

解答 （1）证明：（Ⅰ）?x₁，x₂∈R，当x₁＜x₂时，x₂-x₁＞0，∴f（x₂-x₁）＞2，
则f（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上是单调递增函数．
（2）∵f（-3）=-7，∴不等式f（t²+at-a）≥-7对任意t∈[-2，2]恒成立，⇒f（t²+at-a）≥f（-3）对任意t∈[-2，2]恒成立
∵f（x）在R上是单调递增函数，所以t²+at-a≥-3⇒t²+at-a+3≥0对任意t∈[-2，2]恒成立．
记g（t）=t²+at-a+3（-2≤t≤2）
只需g（t）_min≥0．对称轴t=-$\frac{a}{2}$，
1）当$-\frac{a}{2}$≤-2时，即a≥4时g（t）_min=g（-2）=4-3a+3≥0，a$≤\frac{7}{3}$  与a≥4矛盾．此时a∈ϕ；
2）当-2$＜\frac{a}{2}＜2$，即-4＜a＜4时，g（t）_min=g（-$\frac{a}{2}$≥0，所以-4＜a≤2；
3）当$\frac{a}{2}≥2$时，即a＞4时，g_min（t）=g（2）=4+2a-a+3≥0⇒a≥-7，又a≤-4，∴-7≤a≤-4；
综合上述得：a∈[-7，2]．

点评 本题主要考查了抽象函数的单调性的证明及解抽象函数函数的恒成立问题的处理方法，具有很强的综合性，属于中档题．