Question

13．定義在R上的函數f（x）滿足：f（m+n）=f（m）+f（n）-2對任意m、n∈R恒成立．當x＞0時，f（x）＞2．
（1）求證：f（x）是R上的單調遞增函數；
（2）若f（-3）=-7，且不等式f（t²+at-a）≥-7對任意t∈[-2，2]恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 形如f（m+n）=f（m）+f（n）-2的函數模型，實際上是一次函數f（x）=kx+b的抽象．第（1）小問結合已知先構造x₂-x₁＞0，可得f（x₂-x₁）＞2，利用函數的單調性的定義作差f（x₁）-f（x₂）變形可證明．
（2）由f（-3）=-7  及由已知不等式及函數的單調性可轉化原不等式，結合恒成立與最值求解的相互轉化即可求解．

解答 （1）證明：（Ⅰ）?x₁，x₂∈R，當x₁＜x₂時，x₂-x₁＞0，∴f（x₂-x₁）＞2，
則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上是單調遞增函數．
（2）∵f（-3）=-7，∴不等式f（t²+at-a）≥-7對任意t∈[-2，2]恒成立，⇒f（t²+at-a）≥f（-3）對任意t∈[-2，2]恒成立
∵f（x）在R上是單調遞增函數，所以t²+at-a≥-3⇒t²+at-a+3≥0對任意t∈[-2，2]恒成立．
記g（t）=t²+at-a+3（-2≤t≤2）
只需g（t）_min≥0．對稱軸t=-$\frac{a}{2}$，
1）當$-\frac{a}{2}$≤-2時，即a≥4時g（t）_min=g（-2）=4-3a+3≥0，a$≤\frac{7}{3}$  與a≥4矛盾．此時a∈ϕ；
2）當-2$＜\frac{a}{2}＜2$，即-4＜a＜4時，g（t）_min=g（-$\frac{a}{2}$≥0，所以-4＜a≤2；
3）當$\frac{a}{2}≥2$時，即a＞4時，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]．

點評 本題主要考查了抽象函數的單調性的證明及解抽象函數函數的恒成立問題的處理方法，具有很強的綜合性，屬于中檔題．