Question

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

Answer 1

分析 形如f（m+n）=f（m）+f（n）-2的函數(shù)模型，實(shí)際上是一次函數(shù)f（x）=kx+b的抽象．第（1）小問結(jié)合已知先構(gòu)造x₂-x₁＞0，可得f（x₂-x₁）＞2，利用函數(shù)的單調(diào)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(shù)的單調(diào)性可轉(zhuǎn)化原不等式，結(jié)合恒成立與最值求解的相互轉(zhuǎn)化即可求解．

解答 （1）證明：（Ⅰ）?x₁，x₂∈R，當(dāng)x₁＜x₂時(shí)，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(diào)遞增函數(shù)．
（2）∵f（-3）=-7，∴不等式f（t²+at-a）≥-7對(duì)任意t∈[-2，2]恒成立，⇒f（t²+at-a）≥f（-3）對(duì)任意t∈[-2，2]恒成立
∵f（x）在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，所以t²+at-a≥-3⇒t²+at-a+3≥0對(duì)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(duì)稱軸t=-$\frac{a}{2}$，
1）當(dāng)$-\frac{a}{2}$≤-2時(shí)，即a≥4時(shí)g（t）_min=g（-2）=4-3a+3≥0，a$≤\frac{7}{3}$  與a≥4矛盾．此時(shí)a∈ϕ；
2）當(dāng)-2$＜\frac{a}{2}＜2$，即-4＜a＜4時(shí)，g（t）_min=g（-$\frac{a}{2}$≥0，所以-4＜a≤2；
3）當(dāng)$\frac{a}{2}≥2$時(shí)，即a＞4時(shí)，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(diǎn)評(píng) 本題主要考查了抽象函數(shù)的單調(diào)性的證明及解抽象函數(shù)函數(shù)的恒成立問題的處理方法，具有很強(qiáng)的綜合性，屬于中檔題．