Question

已知函数f（x）在其定义域x∈[0，+∞）时单调递增，且对任意的x，y∈[0，+∞）都有f（x+y）=f（x）+f（y）+1成立，且f（1）=2，
（1）求f（0），f（3）的值；
（2）解不等式：f（2x）+f（x-1）＞7．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用

专题：函数的性质及应用

分析：（1）利用赋值法即可求f（0），f（3）的值，
（2）若f（1）=2，结合抽象函数将不等式f（2x）+f（x-1）＞7进行转化，结合函数的单调性解不等式即可．

解答： 解：（1）∵f（x+y）=f（x）+f（y）+1成立，且f（1）=2，
∴令x=1，y=0得f（1）=f（1）+f（0）+1，
则f（0）=-1；
f（2）=f（1+1）=f（1）+f（1）+1=5，
f（3）=f（1+2）=f（1）+f（2）+1=2+5+1=8．
（2）由f（2x）+f（x-1）＞7得：f（2x）+f（x-1）+1＞7+1=f（3），
即f（3x-1）＞f（3），
∵f（x）在其定义域x∈[0，+∞）时单调递增，
∴

3x-1＞3 2x≥0 x-1≥0

⇒x＞

4

3

．
故不等式的解集为（

4

3

，+∞）

点评：本题主要考查抽象函数的应用，根据函数单调性将不等式进行转化是解决本题的关键．