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；（

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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．

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≤2 t2-t≥-2

⇒

-1≤t≤2 t∈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g_min（t）≥0．对称轴t=-

a

2

（1）当-

a

2

≤-2⇒a≥4时，gmin(t)=g(-2)=4-2a-a+3≥0⇒a≤

7

3

与a≥4矛盾．
此时a∈ϕ
（2）当-2＜-

a

2

＜2⇒-4＜a＜4时，gmin(t)=

4(3-a)-a2

4

≥0⇒-6≤a≤2，
又-4＜a＜4，所以-4＜a≤2
（3）当-

a

2

≥2⇒a≤-4时，g_min（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）