Question

已知函數(shù)f（x）滿足：①?s，t∈R有f（s+t）=f（s）+f（t）+st；②f（3）=6；③?x＞0，有f（x）＞0．
（1）求f（1）的值；
（2）證明；函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（3）求滿足f（2^x）+f（2^x+1）＜4的x的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問題

專題：計(jì)算題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（1）由條件可令s=t=1，再令s=1，t=2，由f（3）=6即可得到f（1）=1；
（2）令0＜m＜n，則n-m＞0，?x＞0，有f（x）＞0，則有f（n-m）＞0，即有f（n）=f（n-m+m），再由條件和函數(shù)的單調(diào)性的定義，即可得證；
（3）令2^x=a＞0，則不等式f（2^x）+f（2^x+1）＜4即為f（a）+f（2a）＜4，即有f（3a）-2a²＜4，由于當(dāng)a=1時(shí)，f（3）=2+4=6，再由（2）即可得到解集．

解答： （1）解：由于?s，t∈R有f（s+t）=f（s）+f（t）+st，
則f（2）=f（1+1）=f（1）+f（1）+1=2f（1）+1，
f（3）=f（1+2）=f（1）+f（2）+2=3f（1）+3，
由于f（3）=6，則f（1）=1；
（2）證明：令0＜m＜n，則n-m＞0，
?x＞0，有f（x）＞0，則有f（n-m）＞0，
即有f（n）=f（n-m+m）=f（n-m）+f（m）+（n-m）m＞f（m），
則有函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（3）解：令2^x=a＞0，
則不等式f（2^x）+f（2^x+1）＜4即為f（a）+f（2a）＜4，
即有f（3a）-2a²＜4，由于當(dāng)a=1時(shí)，f（3）=2+4=6，
且f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
則有3a＜3，即有a＜1，則x＜0，
故解集為：（-∞，0）．

點(diǎn)評：本題主要考查抽象函數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，考查解決抽象函數(shù)的常用方法：賦值法，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．