（A类）定义在R上的函数y=f（x），对任意的a，b∈R，满足f（a+b）=f（a）•f（b），当x＞0时，有f（x）＞1，其中f（1）=2（1）求f（0）、f（-1）的值；（2）证明y=f（x）在（

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（A类）定义在R上的函数y=f（x），对任意的a，b∈R，满足f（a+b）=f（a）•f（b），当x＞0时，有f（x）＞1，其中f（1）=2
（1）求f（0）、f（-1）的值；（2）证明y=f（x）在（0，+∞）上是增函数；（3）求不等式f（x+1）＜4的解集．
（B类）已知定义在R上的奇函数f(x)=

-2x+b

2x+1+a

．
（1）求a，b的值；
（2）若不等式-m2+(k+2)m-

＜f(x)＜m2+2km+k+

对一切实数x及m恒成立，求实数k的取值范围；
（3）定义：若存在一个非零常数T，使得f（x+T）=f（x）对定义域中的任何实数x都恒成立，那么，我们把f（x）叫以T为周期的周期函数，它特别有性质：对定义域中的任意x，f（x+nT）=f（x），（n∈Z）．若函数g（x0是定义在R上的周期为2的奇函数，且当x∈（-1，1）时，g（x）=f（x）-x，求方程g（x）=0的所有解．

题型：解答题难度：中档来源：不详

答案

A类
（1）在f（a+b）=f（a）•f（b）中
令a=1，b=0，则有：f（1）=f（1）•f（0）
因为当x＞0时，有f（x）＞1，所以f（1）＞1，∴f（0）=1 …（2分）
令a=1，b=-1，则f（0）=f（1）•f（-1），得出f（-1）=

f(0)

f(1)

=class="stub"1

…（4分）
（2）任意x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，则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，+∞）上是增函数．…（8分）
（3）∵f（1）=2
∴f（2）=f（1）•f（1）=4
由已知，当x＜0时，
f（0）=f（x）f（-x）=1，得出f（x）=class="stub"1

f(-x)

＜1．…（10分）
故①．当x+1＜0即x＜-1时，f（x+1）＜1＜4不等式恒成立．                  …（11分）
②．当x+1=0即x=-1时，f（x+1）=1＜4                  …（12分）
③．当x+1＞0即x＞-1时，由（2）知道须x+1＜2，解得-1＜x＜1                                    …（13分）
综上：不等式f（x+1）＜4的解集为{x|x＜1}．…（14分）
B类：
（1）由f（0）=0，得b=1，f（-1）=-f（1），得a=2
（2）f(x)=

-2x+1

2x+1+2

=-class="stub"1

+class="stub"1

2x+1

得出-class="stub"1

＜f（x）＜class="stub"1

…（5分）
即

-m2+(k+2)m-class="stub"3

≤-class="stub"1

m2+2km+k+class="stub"5

≥class="stub"1

对m∈R恒成立，即

m2-(k+2)m+1≥ 0

m2+2km+k+2≥0

对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=-class="stub"1

+class="stub"1

2x+1

-x在（-1，1）内单减．
且g（0）=0，故在（-1，1）内，g（x）=0有唯一的根x=0，又g（x）周期为2，对k∈Z，
g（x+2k）=g（x），所以在（2k-1，2k+1）内有唯一根x=2k
由g（-1）=g（-1+2）得-g（1）=g（1），g（1）=0
应有g（2k+1）=0，即还有解x=2k+1，
综上：g（x）=0 的所有解为x=k（k∈Z）

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（A类）定义在R上的函数y=f（x），对任意的a，b∈R，满足f（a+b）=f（a）•f（b），当x＞0时，有f（x）＞1，其中f（1）=2（1）求f（0）、f（-1）的值；（2）证明y=f（x）在（

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