Question

已知定義在R上的函數(shù)y=f（x），對(duì)任意x，y∈R，有f（x+y）=f（x）•f（y），且當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞1．
（1）求證：對(duì)于x∈R，f（x）＞0恒成立；
（2）求證：y=f（x）在R上為增函數(shù)；
（3）若對(duì)于x∈R，f（2^x）•f[m•2^2x-（m+1）•2^x+2]＞1恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問(wèn)題,函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明,抽象函數(shù)及其應(yīng)用

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）先說(shuō)明f（x）為什么不等于0，然后令x=y=

x

2

，代入可證出f（x）＞0恒成立；
（2）結(jié)合定義可以任取x₁＜x₂，結(jié)合（1）函數(shù)值恒為正，可以利用作商與1比較得到f（x₁）與f（x₂）的大��；
（3）先將給的式子進(jìn)行化簡(jiǎn)，分離出m，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題．

解答： 解：（1）假設(shè)存在a，使得f（a）=0，則f（x+a）=f（a）•f（x）=0恒成立，與當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞1矛盾，
故對(duì)于任意的x，f（x）≠0，
再任取x∈R，令f（x+y）=f（x）•f（y）中的x=y=

x

2

，則f（x）=f2(

x

2

)＞0恒成立；
（2）任取x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，由f（x+y）=f（x）•f（y），得f（x₂）=f（x₁）f（x₂-x₁），
所以

f(x2)

f(x1)

=f(x2-x1)，因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞1，結(jié)合（1）的結(jié)論，
所以f（x₂）＞f（x₁）＞0，故函數(shù)在R上是增函數(shù)；
（3）令x=y=0代入f（x+y）=f（x）•f（y）得f²（0）=f（0），又因?yàn)閒（0）≠0，所以f（0）=1．
而f（2^x）•f[m•2^2x-（m+1）•2^x+2]=f（2^x+m•2^2x-（m+1）•2^x+2）＞1=f（0），
結(jié)合（2）的結(jié)論得2^x+m•2^2x-（m+1）•2^x+2＞0恒成立，即
m•2^2x-m2^x+2＞0恒成立，整理得令t=2^x＞0，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為mt²-mt+2＞0（t＞0）（t＞0）恒成立，
當(dāng)m=0時(shí)，解得2＞0恒成立，符合題意，
當(dāng)m＞0時(shí)，原式化為m(t-

1

2

)2-

m

4

+2＞0恒成立，只需t=

1

2

時(shí)的最小值2-

m

4

＞0即可，解得0＜m＜8．
當(dāng)m＜0時(shí)，結(jié)合二次函數(shù)的圖象可知，不符合題意．
綜上m的范圍是0≤m＜8．

點(diǎn)評(píng)：此類抽象函數(shù)在處理的過(guò)程中要充分結(jié)合已知條件進(jìn)行賦值，有一定的技巧性，第三問(wèn)則充分利用了前兩問(wèn)的得出的函數(shù)性質(zhì)構(gòu)造了關(guān)于x的不等式恒成立問(wèn)題．