Question

定義在R上的函數(shù)f（x），滿足當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞1，且對(duì)任意的x，y∈R，有f（x+y）=f（x）•f（y），且f（1）=2
（1）求f（0）的值；
（2）求證：對(duì)任意的x∈R，都有f（x）＞0
（3）解不等式f（3-x²）＞4．

Answer 1

分析：（1）令x=y=0，得f（0）=f（0）•f（0），再令y=0，得f（x）=f（x）•f（0）對(duì)任意的x∈R成立，于是可求得f（0）的值；
（2）易證f（x）=f（

x

2

+

x

2

）=[f(

x

2

)]2≥0，再用反證法證得f（x）≠0即可；
（3）令x=y=1，由f（1+1）=f（1）•f（1）及f（1）=2，可求得f（2）=4；再利用單調(diào)性的定義判斷函數(shù)f（x）在（-∞，+∞）上的單調(diào)性，即可求得不等式f（3-x²）＞4的解集．

解答：解：（1）∵對(duì)任意的x，y∈R，有f（x+y）=f（x）•f（y），
令x=y=0，得f（0）=f（0）•f（0），再令y=0得f（x）=f（x）•f（0）對(duì)任意的x∈R成立，
∴f（0）≠0，
∴f（0）=1；
（2）證明：∵對(duì)任意的x∈R，有f（x）=f（

x

2

+

x

2

）=f（

x

2

）•f（

x

2

）=[f(

x

2

)]2≥0，
假設(shè)存在x₀∈R，使f（x₀）=0，則對(duì)于任意的x＞0，f（x）=f[（x-x₀）+x₀]=f（x-x₀）•f（x₀）=0，這與已知x＞0時(shí)，f（x）＞1矛盾所以，
∴對(duì)任意的x∈R，都有f（x）＞0；
（3）令x=y=1，有f（1+1）=f（1）•f（1），又f（1）=2，
∴f（2）=2×2=4，
任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，則f（x₂）-f（x₁）=f[（x₂-x₁）+x₁]-f（x₁）=f（x₂-x₁）•f（x₁）-f（x₁）═f（x₁）•[f（x₂-x₁）-1]，
∵x₁＜x₂，
∴x₂-x₁＞0，由已知得f（x₂-x₁）＞1，結(jié)合（2）知f（x₁）＜f（x₂），
∴函數(shù)f（x）在（-∞，+∞）上是增函數(shù)，
由f（3-x²）＞4，得f（3-x²）＞f（2），即3-x²＞2，解得：-1＜x＜1，
∴不等式的解集為（-1，1）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查抽象函數(shù)及其性質(zhì)，著重考查賦值法的應(yīng)用，突出考查反證法與函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明，屬于難題．