Question

4．函数f（x）对于任意的a，b∈R均有f（a+b）=f（a）+f（b）-1，且当x＞0时，f（x）＞1成立．
（1）求证为R上的增函数；
（2）若$f（{\sqrt{m}}）+f（{\sqrt{m}•x}）＞f（{{x^2}-1}）+1$对一切满足$\frac{1}{16}≤m≤\frac{1}{4}$的m恒成立，求实数x的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设x₁＞x₂，结合f（a+b）=f（a）+f（b）-1，可得f（x₂-x₁）=f（x₁-x₂）-1，由x＞0时，有f（x）＞1，可得f（x₁）＞f（x₂），证明函数在R上单调递增；
（2）根据已知条件，原不等式转化为（1+x）$\sqrt{m}$＞x²-1，对$\frac{1}{16}≤m≤\frac{1}{4}$恒成立，令t=$\sqrt{m}$，则t∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$]，原式等价于（1+x）t＞x²-1，t∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$]恒成立，
构造函数，求出x的范围即可．

解答 解：（1）证明：设x₁＞x₂（x₁，x₂∈R），则x₁-x₂＞0，又当x＞0时，f（x）＞1，
所以f（x₁）-f（x₂）=f[（x₁-x₂）+x₂]-f（x₂）=f（x₁-x₂）+f（x₂）-1-f（x₂）=f（x₁-x₂）-1＞1-1=0，
所以f（x₁）＞f（x₂），
故f（x）为R上的增函数；
（2）因为f（x）为R上的增函数，由$f（{\sqrt{m}}）+f（{\sqrt{m}•x}）＞f（{{x^2}-1}）+1$，
∴f[（1+x）$\sqrt{m}$]＞f（x²-1），
∴（1+x）$\sqrt{m}$＞x²-1，对$\frac{1}{16}≤m≤\frac{1}{4}$恒成立
令t=$\sqrt{m}$，则t∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$]，
原式等价于（1+x）t＞x²-1，t∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$]恒成立，
令g（t）=（1+x）t-x²+1，要使得$g（t）＞0在t∈[{\frac{1}{4}，\frac{1}{2}}]$时恒成立，
只需要$\left\{\begin{array}{l}{g（\frac{1}{4}）＞0}\\{g（\frac{1}{2}）＞0}\end{array}\right.$，
解得-1＜x＜$\frac{5}{4}$．

点评 本题考查抽象函数的性质单调性的判断，考查不等式恒成立思想的运用，考查运算能力，属于中档题．