Question

已知函數(shù)f（x）滿足：對(duì)任意x，y∈R，都有f（x+y）=f（x）•f（y）-f（x）-f（y）+2成立，且x＞0時(shí)，f（x）＞2，
（1）求f（0）的值，并證明：當(dāng)x＜0時(shí)，1＜f（x）＜2．
（2）判斷f（x）的單調(diào)性并加以證明．
（3）若函數(shù)g（x）=|f（x）-k|在（-∞，0）上遞減，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）f（x+y）=f（x）•f（y）-f（x）-f（y）+2中，令x=y=0，再驗(yàn)證即可求出f（0）=2．設(shè)x＜0，則-x＞0，利用f(x)=

f(-x)

f(-x)-1

=1+

1

f(-x)-1

結(jié)合x＞0時(shí)，f（x）＞2，再證明．
（2）設(shè)x₁＜x₂，將f（x₂）轉(zhuǎn)化成f（x₂-x₁+x₁）=f（x₂-x₁）f（x₁）-f（x₂-x₁）-f（x₁）+2=f（x₂-x₁）[f（x₁）-1]-f（x₁）+2，得出了f（x₂）與f（x₁）關(guān)系表達(dá)式，
且有f（x₂-x₁）＞2，可以證明其單調(diào)性．
 （3）結(jié)合（2）分析出x∈（-∞，0）時(shí)，f（x）-k＜0，k大于 f（x）的最大值即可．

解答：解：（1）∵f（x+y）=f（x）•f（y）-f（x）-f（y）+2令x=y=0，
f（0）=f（0）•f（0）-f（0）-f（0）+2
∴f²（0）-3f（0）+2=0，f（0）=2或 f（0）=1
若 f（0）=1
 則 f（1）=f（1+0）=f（1）•f（0）-f（1）-f（0）+2=1，
與已知條件x＞0時(shí)，f（x）＞2相矛盾，∴f（0）=2                         （1分）
設(shè)x＜0，則-x＞0，那么f（-x）＞2
又2=f（0）=f（x-x）=f（x）•f（-x）-f（x）-f（-x）+2
∴f(x)=

f(-x)

f(-x)-1

=1+

1

f(-x)-1

∵f（-x）＞2
，∴0＜

1

f(-x)-1

＜1，從而1＜f（x）＜2（3分）
（2）函數(shù)f（x）在R上是增函數(shù)
設(shè)x₁＜x₂則x₂-x₁＞0，∴f（x₂-x₁）＞2
f（x₂）=f（x₂-x₁+x₁）=f（x₂-x₁）f（x₁）-f（x₂-x₁）-f（x₁）+2
=f（x₂-x₁）[f（x₁）-1]-f（x₁）+2
∵由（1）可知對(duì)x∈R，f（x）＞1，∴f（x₁）-1＞0，又f（x₂-x₁）＞2
∴f（x₂-x₁）•[f（x₁）-1]＞2f（x₁）-2
f（x₂-x₁）[f（x₁）-1]-f（x₁）+2＞f（x₁）
即f（x₂）＞f（x₁）
∴函數(shù)f（x）在R上是增函數(shù)                                               （3分）
（3）∵由（2）函數(shù)f（x）在R上是增函數(shù)
∴函數(shù)y=f（x）-k在R上也是增函數(shù)
若函數(shù)g（x）=|f（x）-k|在（-∞，0）上遞減
則x∈（-∞，0）時(shí)，g（x）=|f（x）-k|=k-f（x）
即x∈（-∞，0）時(shí)，f（x）-k＜0，
∵x∈（-∞，0）時(shí)，f（x）＜f（0）=2，∴k≥2（3分）

點(diǎn)評(píng)：本題是抽象函數(shù)類型問題．解決的辦法是緊緊抓住題目中給出的抽象函數(shù)的性質(zhì)，對(duì)字母靈活準(zhǔn)確地賦值，一般可求出某一函數(shù)值，f（x）與f（-x） 的關(guān)系式，在探討單調(diào)性時(shí)，可將區(qū)間上的實(shí)數(shù)x₁，x₂，寫成x₂ =（x₂-x₁ ）+x₁ 或x₂ =（x₂÷x₁ ）×x₁ 建立f（x₂）與f（x₁）關(guān)系式，結(jié)合前述性質(zhì)證明．