Question

定義在R上的非零偶函數(shù)y=f（x）滿足：對任意的x，y∈[0，+∞）都有f（x+y）=f（x）•f（y）成立，且當(dāng)x＞0時，f（x）＞1．
（1）若f（1）=2，求f（-4）的值；
（2）證明：函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)；
（3）若關(guān)于x的方程f(x)=f(

a(x-1)

x+1

)在（2，+∞）上有兩個不同的實根，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）令x=y=1可求得f（2），令x=y=2可求得f（4），由偶函數(shù)的性質(zhì)可得f（-4）=f（4）；
（2）定義法：設(shè)0＜x₁＜x₂，則f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）-f[（x₂-x₁）+x₁]=f（x₁）-f（x₂-x₁）f（x₁）=f（x₁）[1-f（x₂-x₁）]，根據(jù)已知條件可判斷差的符號，從而可證明f（x₁）＜f（x₂）；
（3）由偶函數(shù)的性質(zhì)f(x)=f(

a(x-1)

x+1

)可化為f（|x|）=f（|

a(x-1)

x+1

|），由單調(diào)性可得x=|

a(x-1)

x+1

|，則問題等價于|a|=

x(x+1)

x-1

在（2，+∞）上有兩個不等實根，
而

x(x+1)

x-1

=（x-1）+

2

x-1

+3，令t=x-1，則可作出t+

2

t

+3的草圖，根據(jù)圖象的交點個數(shù)可得不等式，解出即可；

解答：（1）解：令x=y=1，則有f（1+1）=f（1）•f（1）=2•2=4，
∴f（2）=4，
令x=y=2，則有f（2+2）=f（2）•f（2）=4•4=16，
∴f（4）=16，又∵y=f（x）為定義在R上的偶函數(shù)，
∴f（-4）=f（4）=16；
（2）證明：設(shè)0＜x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）-f[（x₂-x₁）+x₁]=f（x₁）-f（x₂-x₁）f（x₁）=f（x₁）[1-f（x₂-x₁）]，
∵x＞0時f（x）＞1＞0，0＜x₁＜x₂，
∴x₂-x₁＞0，f（x₁）＞0，f（x₂-x₁）＞1，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)；
（3）解：由偶函數(shù)的性質(zhì)可得，f(x)=f(

a(x-1)

x+1

)可化為f（|x|）=f（|

a(x-1)

x+1

|），
由（2）知f（x）在（0，+∞）上為單調(diào)遞增，
∴x∈（2，+∞）時，有x=|

a(x-1)

x+1

|，即|a|=

x(x+1)

x-1

在（2，+∞）上有兩個不等實根，

x(x+1)

x-1

=（x-1）+

2

x-1

+3，
令t=x-1，則t＞1，t+

2

t

+3≥2

2

+3，當(dāng)t=

2

時取等號，
作出t+

2

t

+3的草圖，如圖所示：
由圖象可知，要使方程f(x)=f(

a(x-1)

x+1

)在（2，+∞）上有兩個不同的實根，只需2

2

+3＜|a|＜6，
解得2

2

+3＜a＜6，或-6＜a＜-2

2

-3．

點評：本題考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性的綜合應(yīng)用，考查抽象方程的求解，考查數(shù)形結(jié)合思想，考查學(xué)生綜合運用知識分析問題解決問題的能力．