Question

已知函数f(x)对任意的a,b∈R都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,且当x＞0时，f(x)＞1

1。求证f（x）是R上的增函数
2。若f(4)=5，解不等式f(3m²-m-2)＜3

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Answer 1

1：取b>0

因为当x＞0时，f(x)＞1

所以f(b)>1

因为f(x)对任意的a,b∈R都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1

所以f(a+b)-f(a)=f(b)-1>0

所以f(a+b)>f(a)

因为a+b>a

所以f（x）是R上的增函数

2：取a=b=2

则根据f(a+b)=f(a)+f(b)-1可得f(4)=2f(2)-1

因为f(4)=5

所以f(2)=3

所以f(3m²-m-2)＜3即f(3m²-m-2)＜f(2)

因为f（x）是R上的增函数

所以3m²-m-2<2

解得-1<m<4/3

Answer 2

1、设x1＞x2，a=x1-x2,b=x2,
∵f(a+b)=f(a)+f(b)-1,
∴f(x1-x2+x2)=f(x1-x2)+f(x2)-1
即f(x1)=f(x1-x2)+f(x2)-1
即f(x1)-f(x2)=f(x1-x2)-1
∵x1＞x2，∴x1-x2＞0，∴f(x1-x2)＞1，∴f(x1)-f(x2)＞0，
所以f（x）是R上的增函数

2、∵f(4)=5，∴f(2+2)=f(2)+f(2)-1=5,∴f(2)=3
∴f(3m²-m-2)＜3即f(3m^2-m-2)＜f(2)
∵f（x）是R上的增函数,∴3m^2-m-2＜2
解得-1＜m＜4/3

Answer 3

令a=b=0
f(a+b)=f(a)+f(b)-1,
f(0+0)=f(0)+f(0)-1
f(0)=2f(0)-1
f(0)=1,即x=0时，f(x)=1
x>0时，f(x)>1
所以是单调递增函数
2.f(4)=5
f(2+2)=f(2)+f(2)-1
f(4)=2f(2)-1
6=2f(2)
f(3）=3
所以f(3m²-m-2)＜3即f(3m²-m-2)＜f(2)
3m²-m-2<2
解得-1<m<4/3

Answer 4

证：1设x2<x1,则x2-x1>0,所以f(x2-x1)>1
又f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1>f(x1)
所以是单调增函数。
2 f(4)=f(2)+f(2)-1=5 所以 f(2)=3
f(3m²-m-2)＜3=f(2)
因为是增函数，所以3m²-m-2<2,得（3m-4）(m+1)<0
所以-1<m<4/3

Answer 5

解：已知函数f(x)对任意的a,b∈R都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1
令a=b=0有f(0+0)=f(0)+f(0)-1
所以f(0)=1
因为f(1)=2
则f(2)=f(1+1)=f(1)+f(1)-1=2+2-1=3
f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)-1=2+3-1=4
f(4)=f(2+2)=f(2)+f(2)-1=3+3-1=5
f(8)=f(4+4)=f(4)+f(4)-1=5+5-1=9
（3）f(4)=5
f(2+2)=f(2)+f(2)-1=2f(2)-1=5
所以f(2)=3
又f(x)是R上的增函数
所以f(3m^2-m-2)<3=f(2)
所以3m^2-m-2<2
故3m^2-m-4<0
即(3m-4)(m+1)<0
所以-1<m<4/3