Question

（A類）定義在R上的函數(shù)y=f（x），對(duì)任意的a，b∈R，滿足f（a+b）=f（a）•f（b），當(dāng)x＞0時(shí)，有f（x）＞1，其中f（1）=2
（1）求f（0）、f（-1）的值；  （2）證明y=f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；（3）求不等式f（x+1）＜4的解集．
（B類）已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)= 

-2x+b

2x+1+a

．
（1）求a，b的值；
（2）若不等式-m2+(k+2)m-

3

2

＜f(x)＜m2+2km+k+

5

2

對(duì)一切實(shí)數(shù)x及m恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（3）定義：若存在一個(gè)非零常數(shù)T，使得f（x+T）=f（x）對(duì)定義域中的任何實(shí)數(shù)x都恒成立，那么，我們把f（x）叫以T為周期的周期函數(shù)，它特別有性質(zhì)：對(duì)定義域中的任意x，f（x+nT）=f（x），（n∈Z）．若函數(shù)g（x0是定義在R上的周期為2的奇函數(shù)，且當(dāng)x∈（-1，1）時(shí)，g（x）=f（x）-x，求方程g（x）=0的所有解．

Answer 1

A類
（1）在f（a+b）=f（a）•f（b）中
令a=1，b=0，則有：f（1）=f（1）•f（0）
因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，有f（x）＞1，所以f（1）＞1，∴f（0）=1                  …（2分）
令a=1，b=-1，則f（0）=f（1）•f（-1），得出f（-1）=

f(0)

f(1)

=

1

2

                        …（4分）
（2）任意x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，則f（x₂）-f（x₁）=f（x₂-x₁+x₁）-f（x₁）
=f（x₂-x₁）•f（x₁）-f（x₁）=f（x₁）（f（x₂-x₁）-1）．
由于0＜x₁＜x₂，所以f（x₁）＞1，f（x₂-x₁）-1＞0
所以f（x₂）-f（x₁）＞0，f（x₂）＞f（x₁）．
y=f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．…（8分）
（3）∵f（1）=2
∴f（2）=f（1）•f（1）=4
由已知，當(dāng)x＜0時(shí)，
f（0）=f（x）f（-x）=1，得出f（x）=

1

f(-x)

＜1．…（10分）
故①．當(dāng)x+1＜0即x＜-1時(shí)，f（x+1）＜1＜4不等式恒成立．                  …（11分）
②．當(dāng)x+1=0即x=-1時(shí)，f（x+1）=1＜4                  …（12分）
③．當(dāng)x+1＞0即x＞-1時(shí)，由（2）知道須x+1＜2，解得-1＜x＜1                                    …（13分）
綜上：不等式f（x+1）＜4的解集為{x|x＜1}．…（14分）
B類：
（1）由f（0）=0，得b=1，f（-1）=-f（1），得a=2    
（2）f(x)=

-2x+1

2x+1+2

=-

1

2

+

1

2x+1

 得出-

1

2

＜f（x）＜

1

2

          …（5分）
即

-m2+(k+2)m- 3 2 ≤- 1 2 m2+2km+k+ 5 2 ≥ 1 2

   對(duì)m∈R恒成立，即

m2-(k+2)m+1≥ 0 m2+2km+k+2≥0

   對(duì)m∈R恒成立                  …（7分）
∴

△=(k+2)2-4≤0 △=(2k)2-4(k+2)≤0

                                 …（9分）
解得-1≤k≤0                                     …（10分）
（3）x∈（-1，1），而g（x）=f（x）-x=-

1

2

+

1

2x+1

-x在（-1，1）內(nèi)單減．
且g（0）=0，故在（-1，1）內(nèi)，g（x）=0有唯一的根x=0，又g（x）周期為2，對(duì)k∈Z，
 g（x+2k）=g（x），所以在（2k-1，2k+1）內(nèi)有唯一根x=2k
由g（-1）=g（-1+2）得-g（1）=g（1），g（1）=0
應(yīng)有g(shù)（2k+1）=0，即還有解x=2k+1，
綜上：g（x）=0 的所有解為x=k（k∈Z）