Question

設(shè)f（x）是定義在R上的函數(shù)，對于m，n∈R恒有f（m+n）=f（m）gf（n），且當(dāng)x＞0時，0＜f（x）＜1，f（1）=

1

2

．
（1）證明：f（0）=1；
（2）證明：x∈R時，恒有f（x）＞0（3）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，并證明；
（4）解不等式：f（x）＞

1

64f(x+1)

．

Answer 1

考點(diǎn)：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）令m=n=0，可得f（0）=f²（0），而再根據(jù)x＞0時，0＜f（x）＜1可得到f（0）=1；
（2）設(shè)x＜0，便可得到1=f（x-x）=f（x）•f（-x），而f（-x）＞0，所以得到f（x）＞0，f（0）=1，所以得到x∈R時，f（x）＞0；
（3）根據(jù)單調(diào)性的定義，設(shè)x₁＜x₂，則根據(jù)已知條件及（2）即可得到f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）-f（x₁+x₂-x₁）=f（x₁）[1-f（x₂-x₁）]＞0，所以判斷出f（x₁）＞f（x₂），這樣便得到f（x）在R上是減函數(shù)；
（4）先根據(jù)前面可將原不等式變成f（2x+1）＞

1

64

，并能夠求出f（6）=

1

64

，所以得到f（2x+1）＞f（6），根據(jù)f（x）的單調(diào)性即得2x+1＜6，解該不等式即可．

解答： 解：（1）證明：令m=n=0，則：
f（0）=f²（0）；
∴f（0）=1，或f（0）=0；
若f（0）=0，則對任意x＞0，f（0+x）=f（0）•f（x）=0，與0＜f（x）＜1矛盾；
∴f（0）=1；
（2）設(shè)x＜0，-x＞0；
∴f（0）=f（x-x）=f（x）•f（-x）=1；
∵0＜f（-x）＜1；
∴f（x）＞0；
又f（0）=1；
∴x∈R時，恒有f（x）＞0；
（3）設(shè)x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，則：
f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）-f（x₁+x₂-x₁）=f（x₁）-f（x₁）f（x₂-x₁）=f（x₁）[1-f（x₂-x₁）]；
∵x₁＜x₂；
∴x₂-x₁＞0；
∴0＜f（x₂-x₁）＜1；
∴1-f（x₂-x₁）＞0，f（x₁）＞0；
∴f（x₁）＞f（x₂）；
∴f（x）在R上是減函數(shù)；
（4）∵f（x）＞0；
∴原不等式變成：
（4）f(x)＞

1

64f(x+1)

，且f（x）＞0，所以f（x）•f(x+1)＞

1

64

；
即f（2x+1）＞

1

64

；
因?yàn)?span id="hhdatss" class="MathJye">f(1)=

1

2

，所以f（2）=f（1+1）=f（1）•f（1）=(

1

2

)2，f（3）=f（2+1）=f（2）•f(1)=(

1

2

)3；
同理，f（6）=(

1

2

)6=

1

64

；
∴f（2x+1）＞f（6）；
因?yàn)楹瘮?shù)是單調(diào)遞減的，所以2x+1＜6，由此解得x＜

5

2

；
∴原不等式的解集為（-∞，

5

2

）．

點(diǎn)評：考查對條件f（m+n）=f（m）•f（n）的運(yùn)用，函數(shù)單調(diào)性的定義，以及根據(jù)單調(diào)性的定義判斷函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性解不等式．