Question

19．已知定義在R的函數(shù)f（x）滿足以下條件：
①對任意實數(shù)x，y恒有f（x+y）=f（x）f（y）+f（x）+f（y）；
②當x＞0時，f（x）＞0；
③f（1）=1．
（1）求f（2），f（0）的值；
（2）若f（2x）-a≥af（x）-5對任意x恒成立，求a的取值范圍；
（3）求不等式$f（{f（x）}）≥\frac{{7-f（{x+1}）}}{{1+f（{x+1}）}}$的解集．

Answer 1

分析 （1）令x=y=1可得f（2）=3；令x=y=0可得f（0）=0或f（0）=-1，令x=1，y=0可得f（1）=f（1）f（0）+f（0）+f（1），若f（0）=-1，則f（1）=f（0）=-1與已知矛盾；
（2）f（2x）-a≥af（x）-5對任意x恒成立⇒f²（x）+2f（x）-a≥af（x）-5對任意x恒成立，先探討f（x）=t的取值范圍t∈（-1，+∞），原不等式等價于：t²+2t-a≥at-5在t∈（-1，+∞）恒成立，（3）
（3）f（f（x））≥$\frac{7-f（x+1）}{1+f（x+1）}$⇒[1+f（x+1）]•f（f（x））≥7-f（x+1）⇒f（x+1）•⇒[1+f（x+1）]•f（f（x））≥7-f（x+1）⇒f（x+1）+f（x+1）•f（f（x））+f（f（x））≥7⇒f（x+1+f（x））≥7．再證明函數(shù) y=f（x）在R上單調遞增，原不等式轉化為x+1+f（x）≥3令F（x）=x+1+f（x），F(xiàn)（x）在R上單調遞增F（x）≥F（3）⇒x≥1，

解答 解：（1）令x=y=1可得f（2）=f（1）f（1）+2f（1）=3，
令x=y=0可得f（0）=f（0）f（0）+2f（0），則f（0）=0或f（0）=-1，
令x=1，y=0可得f（1）=f（1）f（0）+f（0）+f（1），若f（0）=-1，則f（1）=f（0）=-1與已知矛盾，∴f（0）=0；
（2）f（2x）-a≥af（x）-5對任意x恒成立⇒f²（x）+2f（x）-a≥af（x）-5對任意x恒成立，
令f（x）=t，以下探討f（x）=t的取值范圍．
令y=-x可得f（0）=f（-x）f（x）+f（x）+f（-x）⇒f（x）=$\frac{-f（-x）}{f（-x）+1}=-1+\frac{1}{f（-x）+1}$，
當x＜0時，f-x）＞0，則-1＜f（x）=$\frac{-f（-x）}{f（-x）+1}=-1+\frac{1}{f（-x）+1}$＜0，
∴x∈R時，f（x）=t∈（-1，+∞）．
原不等式等價于：t²+2t-a≥at-5在t∈（-1，+∞）恒成立，
即tt²+2t+5≥（t+1）a⇒a≤$\frac{{t}^{2}+2t+5}{t+1}$．
g（t）=$\frac{{t}^{2}+2t+5}{t+1}=t+1+\frac{4}{t+1}≥4$，當t=1時取等號．
∴a≤4．
（3）由（2）可得f（x）∈（-1+∞），f（x+1）∈（-1+∞），
f（f（x））≥$\frac{7-f（x+1）}{1+f（x+1）}$⇒[1+f（x+1）]•f（f（x））≥7-f（x+1）⇒
f（x+1）•⇒[1+f（x+1）]•f（f（x））≥7-f（x+1）⇒
f（x+1）+f（x+1）•f（f（x））+f（f（x））≥7⇒f（x+1+f（x））≥7．
下面證明y=f（x）的單調性：
任取x₁，x₂∈R，且x₁＞x₂，⇒f（x₁-x₂）＞0，f（x₂）＞-1
則f（x₁）-f（x₂）=f（x₁-x₂+x₂）-f（x₂）=f（x₁-x₂）f（x₂）+f（x₁-x₂）=f（x₁-x₂）[f（x₂）+1]＞0
所以函數(shù) y=f（x）在R上單調遞增，
∵f（3）═f（1）f（2）+f（2）+f（1）=7，
∴f（x+1+f（x））≥7⇒．f（x+1+f（x））≥f（3）⇒x+1+f（x）≥3
令F（x）=x+1+f（x），F(xiàn)（x）在R上單調遞增，且F（1）=3
x+1+f（x）≥3?F（x）≥F（3）⇒x≥1，
所以原不等式解集為：[1，+∞）．

點評 本題考查了抽象函數(shù)的單調性，及解抽象函數(shù)不等式的技巧，轉化思想是關鍵，屬于基礎題．