Question

f（x）定义在R上恒有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,且当x>0时,f（x）>1

1.求证，f（x）在R上单调递增
2.若f（4）=5，解不等式f（3m^2-m-2）<3

Answer 1

(1)证明：∵ f(a)＝f(a－b＋b)＝f(a－b)＋f(b)－1，
∴ f(a－b)＝f(a)－f(b)＋1
设x1<x2,x1,x2∈R,则x2－x1>0，
所以f(x2－x1)>1　即f(x2)－f(x1)＋1>1
∴f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)
∴f(x)在R上单调递增.
(2)解：∵ f(4)＝f(2＋2)＝f(2)＋f(2)－1＝5
得　3 ＝f(2)
∴f(3m^2－m－2)<3＝f(2)
又∵f(x)在R上单调递增
　　　　∴3m^2－m－2<2
即3m^2－m－4<0
解得 －1<m<4/3
∴不等式f（3m^2-m-2）<3的解集为(－1，4/3)．

Answer 2

在R上有
f'(x)=lim( (f(x+Δx)-f(x))/Δx )
=lim( (f(x)+f(Δx)-1-f(x))/Δx )
=lim( (f(Δx)-1)/Δx ) > 0
所以单调递增。

f(4)=f(2+2)=f(2)+f(2)-1=5 ==> f(2)=3
由f(x)单调递增以及f（3m^2-m-2）<3可知 3m^2-m-2<2
==> (3m-4)(m+1)<0 ==> -1<m<4/3