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        1. 設(shè)f(x)是定義在R上的函數(shù),對任意實數(shù)m、n,都有f(m)•f(n)=f(m+n),且當(dāng)x<0時,f(x)>1.
          (1)證明:①f(0)=1;②當(dāng)x>0時,0<f(x)<1;③f(x)是R上的減函數(shù);
          (2)設(shè)a∈R,試解關(guān)于x的不等式f(x2-3ax+1)•f(-3x+6a+1)≥1.
          分析:(1)①令m=n=0,即可求得f(0)=1;②利用當(dāng)x<0時,f(x)>1與f(0)=1即可證得當(dāng)x>0時,0<f(x)<1;③任取x1<x2,可求得f(x1-x2)=
          f(x1)
          f(x2)
          >1
          ⇒f(x1)>f(x2),從而可證y=f(x)在定義域R上為減函數(shù);
          (2)逆用已知f(m)•f(n)=f(m+n),將f(x2-3ax+1)•f(-3x+6a+1)≥1轉(zhuǎn)化為x2-3(a+1)x+2(3a+1)≤0,再解此不等式即可.
          解答:解:(1)①證明:在f(m)•f(n)=f(m+n)中,
          令m=n=0
          得f(0)•f(0)=f(0+0)即f(0)=f(0)•f(0).
          ∴f(0)=0或f(0)=1,
          若f(0)=0,則當(dāng)x<0時,
          有f(x)=f(x+0)=f(x)•f(0)=0,
          與題設(shè)矛盾,
          ∴f(0)=1.
          ②當(dāng)x>0時,-x<0,由已知得f(-x)>1,
          又f(0)=f[x+(-x)]=f(x)•f(-x)=1,f(-x)>1,
          ∴0<f(x)=
          f(0)
          f(-x)
          <1,即x>0時,0<f(x)<1.
          ③任取x1<x2,則f(x1)=f(x1-x2+x2)=f(x1-x2)•f(x2),
          ∵x1-x2<0,
          ∴f(x1-x2)>1,又由(1)(2)及已知條件知f(x2)>0,
          ∴f(x1-x2)=
          f(x1)
          f(x2)
          >1
          ∴f(x1)>f(x2),
          ∴y=f(x)在定義域R上為減函數(shù).
          (2)f(x2-3ax+1)•f(-3x+6a+1)=f(x2-3ax+1-3x+6a+1)=f[x2-3(a+1)x+2(3a+1)]
          又f(0)=1,f(x)在R上單調(diào)遞減,
          ∴原不等式等價于x2-3(a+1)x+2(3a+1)≤0
          不等式可化為(x-2)[x-(3a+1)]≤0
          當(dāng)2<3a+1,即a>
          1
          3
          時,不等式的解集為{x|2≤x≤3a+1};
          當(dāng)2=3a+1,即a=
          1
          3
          時,(x-2)2≤0,不等式的解集為{2};
          當(dāng)2>3a+1,即a<
          1
          3
          時,不等式的解集為{x|3a+1≤x≤2}.
          點評:本題考查抽象函數(shù)及其應(yīng)用,考查函數(shù)單調(diào)性的推理與證明,考查轉(zhuǎn)化思想與分類討論思想、方程思想的綜合應(yīng)用,屬于難題.
          練習(xí)冊系列答案
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          1
          2
           )=2
          ,則f(1)+f(
          3
          2
          )+f(2)+f(
          5
          2
          )+f(3)+f(
          7
          2
          )
          =
          -2
          -2

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