Question

已知函数f（x）的定义域为R，对任意实数m、n，都有f（m+n）=f（m）+f（n）-1，并且x＞0时，恒有f（x）＞1
（1）求证：f（x）在定义域R上是单调递增函数；
（2）若f（3）=4，解不等式f（a²+a-5）＜2．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用,函数单调性的判断与证明,函数单调性的性质

专题：综合题,函数的性质及应用

分析：（1）定义法：设x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，则f（x₂）-f（x₁）=f[（x₂-x₁）+x₁]-f（x₁），由已知可判断其符号；
（2）令m=n=1可求得f（2），进而可得f（1）=2，利用单调性可去掉不等式中的符号“f”，转化为具体不等式．

解答： （1）证明：设x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0，
∴f（x₂-x₁）＞1，
又f（x₂）-f（x₁）=f[（x₂-x₁）+x₁]-f（x₁）
=f（x₂-x₁）+f（x₁）-1-f（x₁）＞0，即f（x₂）＞f（x₁），
∴f（x）是R上的增函数．
（2）解：∵m，n∈R，不妨设m=n=1，
∴f（1+1）=f（1）+f（1）-1，即f（2）=2f（1）-1，
f（3）=f（2+1）=f（2）+f（1）-1=2f（1）-1+f（1）-1=3f（1）-2=4，
∴f（1）=2，
∴f（a²+a-5）＜2=f（1），
∵f（x）在R上为增函数，∴a²+a-5＜1，解得-3＜a＜2，
∴a∈（-3，2）．

点评：本题考查抽象函数单调性的判断、抽象不等式的求解，考查转化思想，抽象函数的单调性常用定义解决，抽象不等式的求解往往转化为具体不等式处理．