题目内容
设函数y=f（x）定义在R上，对于任意实数m，n，恒有f（m+n）=f（m）•f（n），且当x＞0时，0＜f（x）＜1（1）求证：f（0）=1且当x＜0时，f（x）＞1
（2）求证：f（x）在R上是减函数；
（3）设集合A=（x，y）|f（-x2+6x-1）•f（y）=1，B=（x，y）|y=a，
且A∩B=∅，求实数a的取值范围．
分析：（1）用赋值法求f（0），在构造-x＞0时对应的f（-x），可得x＜0时，f（x）＞1．
（2）利用定义来证，将f（x1）-f（x2）转化为[f（x1-x2）-1]•f（x2）再利用在R上f（x）＞0即可．
（3）先利用f（-x2+6x-1）•f（y）=1找到x，y的关系y=x2-6x+1，再利用A∩B=∅，求出a．
（2）利用定义来证，将f（x1）-f（x2）转化为[f（x1-x2）-1]•f（x2）再利用在R上f（x）＞0即可．
（3）先利用f（-x2+6x-1）•f（y）=1找到x，y的关系y=x2-6x+1，再利用A∩B=∅，求出a．
解答：（1）证明：∵f（m+n）=f（m）•f（n），m、n为任意实数，
取m=0，n=2，则有f（0+2）=f（0）•f（2）
∵当x＞0时，0＜f（x）＜1，
∴f（2）≠0，∴f（0）=1
当x＜0时，-x＞0
∴0＜f（-x）＜1，则
＞1
取m=x，n=-x，则f（x-x）=f（0）=f（x）•f（-x）=1
则f（x-x）=f（0）=f（x）•f（-x）=1∴f(x)=
＞1（6分）
（2）证明：由（1）及题设可知，在R上f（x）＞0设x1，x2∈R，且x1＜x2，则x1-x2＜0?f（x1-x2）＞1∴f（x1）-f（x2）=f（x1-x2+x2）-f（x2）=f（x1-x2）•f（x2）-f（x2）=[f（x1-x2）-1]•f（x2）（8分）
∵f（x1-x2）-1＞0，f（x2）＞0∴f（x1）-f（x2）＞0即f（x1）＞f（x2）
所以f（x）在R上是减函数（9分）
（3）解：在集合A中f（-x2+6x-1）•f（y）=1
由已知条件，有f（-x2+6x-1+y）=f（0）∴-x2+6x-1+y=0，即y=x2-6x+1（12分）
在集合B中，有y=a∵A∩B=∅，则抛物线y=x2-6x+1与直线y=a无交点∵y=x2-6x+1=（x-3）2-8，∴ymin=-8，∴a＜-8
即a的取值范围是（-∞，-8）（15分）
取m=0，n=2，则有f（0+2）=f（0）•f（2）
∵当x＞0时，0＜f（x）＜1，
∴f（2）≠0，∴f（0）=1
当x＜0时，-x＞0
∴0＜f（-x）＜1，则
| 1 |
| f(-x) |
取m=x，n=-x，则f（x-x）=f（0）=f（x）•f（-x）=1
则f（x-x）=f（0）=f（x）•f（-x）=1∴f(x)=
| 1 |
| f(-x) |
（2）证明：由（1）及题设可知，在R上f（x）＞0设x1，x2∈R，且x1＜x2，则x1-x2＜0?f（x1-x2）＞1∴f（x1）-f（x2）=f（x1-x2+x2）-f（x2）=f（x1-x2）•f（x2）-f（x2）=[f（x1-x2）-1]•f（x2）（8分）
∵f（x1-x2）-1＞0，f（x2）＞0∴f（x1）-f（x2）＞0即f（x1）＞f（x2）
所以f（x）在R上是减函数（9分）
（3）解：在集合A中f（-x2+6x-1）•f（y）=1
由已知条件，有f（-x2+6x-1+y）=f（0）∴-x2+6x-1+y=0，即y=x2-6x+1（12分）
在集合B中，有y=a∵A∩B=∅，则抛物线y=x2-6x+1与直线y=a无交点∵y=x2-6x+1=（x-3）2-8，∴ymin=-8，∴a＜-8
即a的取值范围是（-∞，-8）（15分）
点评：本题的第一和第二问考查的是抽象函数性质的证明．抽象函数性质的证明是一种代数推理，和几何推理证明一样，要注意推理的严谨性，每一步推理都要有充分的条件，不可漏掉条件，更不可臆造条件，推理过程要层次分明，书写规范．
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