《2025年高中同步测控优化训练高中数学必修第二册人教B》

16. 函数 $f(x)$对任意的 $m$，$n \in \mathbf{R}$都有 $f(m + n) = f(m) + f(n) - 1$，并且 $x ＞ 0$时，恒有 $f(x) ＜ 1$。
(1) 试判断 $f(x)$在 $\mathbf{R}$ 上的单调性，并加以证明；
(2) 若 $f(3) = 4$，解不等式 $f(a^2 + a - 5) ＜ 2$；
(3) 若关于 $x$ 的不等式 $f(k · 3^x) ＜ f(9^x - 3^x + 2)$在 $\mathbf{R}$ 上有解，求实数 $k$ 的取值范围。
规律总结：1. 利用定义法判断函数的单调性的一般步骤是：(1) 在已知区间上任取 $x_2 ＞ x_1$；(2) 作差 $f(x_2) - f(x_1)$；(3) 判断 $f(x_2) - f(x_1)$的符号（往往先分解因式，再判断各因式的符号），$f(x_2) - f(x_1) ＞ 0$可得 $f(x)$在已知区间上是增函数，$f(x_2) - f(x_1) ＜ 0$可得 $f(x)$在已知区间上是减函数。2. 证明奇偶性，实质就是赋值。如下常见证明奇偶性的赋值规律：(1) 可赋值，得到一些特殊点函数值，如 $f(0)$，$f(1)$等，(2) 尝试适当的换元字母，构造出 $x$ 和 $-x$，如 $f(x + y)$，可令 $y = -x$，$f(xy)$，可令 $y = -1$等等；(3) 通过各类抽象函数式子，来积累一定的赋值技巧。

答案： 16. 解：
(1)$f(x)$在 R 上为减函数. 证明：设$x_{1},x_{2} \in R$，且$x_{1} ＜ x_{2}$，$\therefore x_{2} - x_{1} ＞ 0$，当$x ＞ 0$时，$f(x) ＜ 1$，
$\therefore f(x_{2} - x_{1}) ＜ 1$. $f(x_{2}) = f[(x_{2} - x_{1}) + x_{1}] = f(x_{2} - x_{1}) + f(x_{1}) - 1$，$\therefore f(x_{2}) - f(x_{1}) = f(x_{2} - x_{1}) - 1 ＜ 0 \Rightarrow f(x_{1}) ＞ f(x_{2})$，
$\therefore f(x)$在 R 上为减函数.
(2)$\because m,n \in R$，不妨设$m = n = 1$，$\therefore f(1 + 1) = f(1) + f(1) - 1 \Rightarrow f(2) = 2f(1) - 1$，
$f(3) =4 \Rightarrow f(2 + 1) = 4 \Rightarrow f(2) + f(1) - 1 = 4 \Rightarrow 3f(1) - 2 = 4$，$\therefore f(1) = 2$，$\therefore f(a^{2} + a - 5) ＜ f(1)$.
$\because f(x)$在 R 上为减函数，$\therefore a^{2} + a - 5 ＞ 1 \Rightarrow a ＜ -3$或$a ＞ 2$，即$a \in (-\infty, -3) \cup (2, +\infty)$.
(3)法一：由题意得：$f(k · 3^{x}) ＜ f(9^{x} - 3^{x} + 2)$，
$\because f(x)$在 R 上为减函数，$\therefore k · 3^{x} ＞ 9^{x} - 3^{x} + 2$，即$(3^{x})^{2} - (k + 1) · 3^{x} + 2 ＜ 0$，
令$t = 3^{x}$，则$t ＞ 0$，即$t^{2} - (k + 1)t + 2 ＜ 0$在$t \in (0, +\infty)$上有解.
设$g(t) = t^{2} - (k + 1)t + 2$，因为$g(0) = 2 ＞ 0$，结合图像可知：$\begin{cases} \frac{k + 1}{2} ＞ 0, \\ \Delta ＞ 0,\end{cases}$即$\begin{cases}k ＞ -1, \\ (k + 1)^{2} - 8 ＞ 0,\end{cases}$
解得$k ＞ 2\sqrt{2} - 1$.
法二：由题意得：$f(k · 3^{x}) ＜ f(9^{x} - 3^{x} + 2)$，
$\because f(x)$在 R 上为减函数，$\therefore k · 3^{x} ＞ 9^{x} - 3^{x} + 2$，即$k ＞ (3^{x})^{2} - 3^{x}+ \frac{2}{3^{x}}$，
令$t = 3^{x}$，则$t ＞ 0$，$\therefore k ＞ t + \frac{2}{t} - 1$在$(0, +\infty)$上有解，由对勾函数可知$(t + \frac{2}{t} - 1)_{\min} = 2\sqrt{2} - 1$，$\therefore k ＞ 2\sqrt{2} - 1$.

17. 定义在 $(-1, 1)$上的函数 $f(x)$，对任意 $x$，$y \in (-1, 1)$都有 $f(x) + f(y) = f(\frac{x + y}{1 + xy})$。
(1) 判断函数 $f(x)$的奇偶性，并说明理由；
(2) 若 $f(\frac{1}{5}) = \frac{1}{2}$，试求 $f(\frac{1}{2}) - f(\frac{1}{11}) - f(\frac{1}{19})$的值。

答案： 17. 解：
(1)取$x = y = 0$，则$f(0) + f(0) = f(0)$，
$\therefore f(0) = 0$，任取$y = -x \in (-1,1)$，
则$f(x) + f(-x) = f(0) = 0$，即$f(-x) = -f(x)$，
$\therefore f(x)$在定义域$(-1,1)$上为奇函数.
(2)因为$f(\frac{1}{2}) - f(\frac{1}{5}) = f(\frac{1}{2}) + f(-\frac{1}{5}) = f(\frac{\frac{1}{2} - \frac{1}{5}}{1 - \frac{1}{2} × \frac{1}{5}}) = f(\frac{1}{3})$，
同理，$f(\frac{1}{3}) - f(\frac{1}{11}) = f(\frac{\frac{1}{3} - \frac{1}{11}}{1 - \frac{1}{3} × \frac{1}{11}}) = f(\frac{1}{4})$，
$f(\frac{1}{4}) - f(\frac{1}{19}) = f(\frac{\frac{1}{4} - \frac{1}{19}}{1 - \frac{1}{4} × \frac{1}{19}}) = f(\frac{1}{5})$，
$\therefore f(\frac{1}{2}) - f(\frac{1}{11}) - f(\frac{1}{19}) = f(\frac{1}{5}) + f(\frac{1}{4}) - f(\frac{1}{19}) = 2f(\frac{1}{5})$，
$\because f(\frac{1}{5}) = \frac{1}{2}$，$\therefore f(\frac{1}{2}) - f(\frac{1}{11}) - f(\frac{1}{19}) = 2 × \frac{1}{2} = 1$.