题文
定义在R上的函数f（x）满足：f（m+n）=f（m）+f（n）-2对任意m、n∈R恒成立，当x＞0时，f（x）＞2．（Ⅰ） 求证f（x）在R上是单调递增函数；
（Ⅱ）已知f（1）=5，解关于t的不等式f（|t2-t|）≤8；
（Ⅲ）若f（-2）=-4，且不等式f（t2+at-a）≥-7对任意t∈[-2，2]恒成立．求实数a的取值范围． 题型：未知 难度：其他题型
答案
证明：（Ⅰ）∀x1，x2∈R，当x1＜x2时，x2-x1＞0，∴f（x2-x1）＞2f（x1）-f（x2）
=f（x1）-f（x2-x1+x1）
=f（x1）-f（x2-x1）-f（x1）+2
=2-f（x2-x1）＜0，
所以f（x1）＜f（x2），
所以f（x）在R上是单调递增函数…（4分）
（Ⅱ）∵f（1）=5，
∴f（2）=f（1）+f（1）-2=8，
由f（|t2-t|）≤8得f（|t2-t|）≤f（2）
∵f（x）在R上是单调递增函数，所以|t2-t|≤2⇒-2≤t2-t≤2⇔t2-t≤2t2-t≥-2⇒-1≤t≤2t∈R⇒t∈[-1，2]…（8分）
（Ⅲ）由f（-2）=-4得-4=f（-2）=f（-1）+f（-1）-2⇒f（-1）=-1
所以f（-3）=f（-2）+f（-1）=-4-1-2=-7，
由f（t2+at-a）≥-7得f（t2+at-a）≥f（-3）
∵f（x）在R上是单调递增函数，
所以t2+at-a≥-3⇒t2+at-a+3≥0对任意t∈[-2，2]恒成立．
记g（t）=t2+at-a+3（-2≤t≤2）
只需gmin（t）≥0．对称轴t=-a2
（1）当-a2≤-2⇒a≥4时，gmin(t)=g(-2)=4-2a-a+3≥0⇒a≤73与a≥4矛盾．
此时a∈ϕ
（2）当-2＜-a2＜2⇒-4＜a＜4时，gmin(t)=4(3-a)-a24≥0⇒-6≤a≤2，
又-4＜a＜4，所以-4＜a≤2
（3）当-a2≥2⇒a≤-4时，gmin（t）=g（2）=4+2a-a+3≥0⇒a≥-7
又a≤-4
∴-7≤a≤-4
综合上述得：a∈[-7，2]…（14分）
解析
t2-t≤2t2-t≥-2考点
据考高分专家说，试题“定义在R上的函数f（x）满足：f（m+n.....”主要考查你对 [函数的单调性、最值 ]考点的理解。 函数的单调性、最值单调性的定义：
1、对于给定区间D上的函数f（x），若对于任意x1，x2∈D，当x1＜x2时，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）是区间上的增函数；当x1＜x2时，都有f（x1）＞f（x2），则称f（x）是区间D上的减函数。
2、如果函数y=f（x）在区间上是增函数或减函数，就说函数y=f（x）在区间D上具有（严格的）单调性，区间D称为函数f（x）的单调区间。如果函数y=f（x）在区间D上是增函数或减函数，区间D称为函数f（x）的单调增或减区间
3、最值的定义：
最大值：一般地，设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数M，满足： ①对于任意的x∈I，都有f（x）≤M；②存在x0∈I，使得f（x0）＝M；那么，称M是f（x）的最大值．
最小值：一般地，设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数M，满足： ①对于任意的x∈I，都有f（x）≥M；②存在x0∈I，使得f（x0）＝M；那么，称M是f（x）的最小值
判断函数f（x）在区间D上的单调性的方法：
（1）定义法：其步骤是：
①任取x1，x2∈D，且x1＜x2；
②作差f（x1）-f（x2）或作商
，并变形；
③判定f（x1）-f（x2）的符号，或比较
与1的大小；
④根据定义作出结论。
（2）复合法：利用基本函数的单调性的复合。
（3）图象法：即观察函数在区间D上部分的图象从左往右看是上升的还是下降的。
