《2025年教材完全解读高中数学必修第一册苏教版》

例3-2
已知函数$f(x)$对任意$a,b \in R$恒有$f(a + b) = f(a) + f(b) - 1$，且当$x ＞ 0$时，有$f(x) ＞ 1$。
(1)求$f(0)$；
(2)求证：$f(x)$在$R$上为增函数；
(3)若关于$x$的不等式$f[2(\log_{2}x)^{2} - 4] + f(4t - 2\log_{2}x) ＜ 2$对任意$x \in [\frac{1}{8},\frac{1}{2}]$恒成立，求实数$t$的取值范围。
答 (1)根据题意，在$f(a + b) = f(a) + f(b) - 1$中，令$a = b = 0$，则$f(0) = 2f(0) - 1$，所以$f(0) = 1$。
(2)任取$x_{1},x_{2} \in R$，且$x_{1} ＜ x_{2}$，则$x_{2} - x_{1} ＞ 0$，所以$f(x_{2} - x_{1}) ＞ 1$。
又由$f(a + b) = f(a) + f(b) - 1$，
得$f(x_{2}) = f[(x_{2} - x_{1}) + x_{1}] = f(x_{2} - x_{1}) + f(x_{1}) - 1 ＞ 1 + f(x_{1}) - 1 = f(x_{1})$，
即$f(x_{2}) ＞ f(x_{1})$，故$f(x)$在$R$上为增函数。
(3)根据题意，$f[2(\log_{2}x)^{2} - 4] + f(4t - 2\log_{2}x) ＜ 2$，
即$f[2(\log_{2}x)^{2} - 4] + f(4t - 2\log_{2}x) - 1 ＜ 1$，
亦即$f[2(\log_{2}x)^{2} - 2\log_{2}x + 4t - 4] ＜ 1$，
由$f(0) = 1$，得$f[2(\log_{2}x)^{2} - 2\log_{2}x + 4t - 4] ＜ f(0)$。又由$f(x)$在$R$上为增函数，得$2(\log_{2}x)^{2} - 2\log_{2}x + 4t - 4 ＜ 0$。
令$m = \log_{2}x$，因为$x \in [\frac{1}{8},\frac{1}{2}]$，所以$-3 \leq m \leq -1$。
则原问题转化为$2m^{2} - 2m + 4t - 4 ＜ 0$在$m \in [-3,-1]$上恒成立，即$4t ＜ -2m^{2} + 2m + 4$对任意$m \in [-3,-1]$恒成立，
令$y = -2m^{2} + 2m + 4 = -2(m - \frac{1}{2})^{2} + \frac{9}{2},m \in [-3,-1]$，
当$m = -3$时，$y$取最小值，为$-20$，
则$4t ＜ -20$，即$t ＜ -5$。
故$t$的取值范围是$(-\infty,-5)$。

答案：
(1)令$a = b = 0$，则$f(0) = 2f(0)-1$，解得$f(0)=1$。
(2)任取$x_1,x_2\in\mathbb{R}$且$x_1＜x_2$，则$x_2 - x_1＞0$，故$f(x_2 - x_1)＞1$。由$f(a + b)=f(a)+f(b)-1$得：$f(x_2)=f((x_2 - x_1)+x_1)=f(x_2 - x_1)+f(x_1)-1＞1 + f(x_1)-1=f(x_1)$，即$f(x_2)＞f(x_1)$，所以$f(x)$在$\mathbb{R}$上为增函数。
(3)原不等式可化为$f[2(\log_2x)^2 - 2\log_2x + 4t - 4]＜1$，因$f(0)=1$且$f(x)$递增，故$2(\log_2x)^2 - 2\log_2x + 4t - 4＜0$。令$m=\log_2x$，$x\in[\frac{1}{8},\frac{1}{2}]$时$m\in[-3,-1]$，则$2m^2 - 2m + 4t - 4＜0$在$m\in[-3,-1]$恒成立，即$4t＜-2m^2 + 2m + 4$。设$y=-2m^2 + 2m + 4$，对称轴$m=\frac{1}{2}$，在$m\in[-3,-1]$上$y$递减，当$m=-3$时$y_{\min}=-20$，故$4t＜-20$，解得$t＜-5$。
$t$的取值范围是$(-\infty,-5)$。

例1 清华大学强基计划
已知定义在$R$上的函数$f(x)$满足：$f(x + \frac{1}{2}) - 1$为奇函数，$f(0) = 0,f(3x) = 2f(x)$，且对任意$x_{2} ＞ x_{1} ＞ 0$，都有$f(x_{2}) \geq f(x_{1})$，则$f(\frac{\ln 3}{3}) =$ ()。

A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{2}{3}$
D.$1$
解 由题设$f(-x + \frac{1}{2}) - 1 + f(x + \frac{1}{2}) - 1 = 0$，
则$f(-x + \frac{1}{2}) + f(x + \frac{1}{2}) = 2$，所以$f(x)$关于点$(\frac{1}{2},1)$对称。又$f(0) = 0$，则$f(1) = 2$，因为$0 ＜ \frac{1}{3} ＜ \frac{\ln 3}{3} ＜ \frac{2}{3}$，且任意$x_{2} ＞ x_{1} ＞ 0$，都有$f(x_{2}) \geq f(x_{1})$，所以$f(\frac{1}{3}) \leq f(\frac{\ln 3}{3}) \leq f(\frac{2}{3})$。由$f(3x) = 2f(x)$，得$f(x) = \frac{1}{2}f(3x) \Rightarrow f(\frac{1}{3}) = \frac{1}{2}f(1) = 1$，而$f(\frac{1}{3}) = f(1 - \frac{2}{3})$，故$f(\frac{1}{3}) + f(\frac{2}{3}) = 2$，故$f(\frac{2}{3}) = 1$。综上，$f(\frac{\ln 3}{3}) = 1$。
答 D

答案： D