Question

19．设函数y=f（x）是定义域为R⁺，并且对定义域内的任意x，y都满足f（xy）=f（x）+f（y），且当x＞1时f（x）＜0，f（$\frac{1}{3}$）=1．
（1）求f（1）的值，并判断y=f（x）的单调性；
（2）如果f（x）+f（1-x）≤2，求x的取值范围．

Answer 1

分析 （1）令x₁=x₂=1，得到f（1）=0，先任取两个变量，界定大小，再作差变形看符号，
（2）令x=y=$\frac{1}{3}$，得f（$\frac{1}{9}$）=2，原不等式化为f（x-x²）≤f（$\frac{1}{9}$），再根据函数为减函数，得到关于x的不等式组，解的即可．

解答 解：（1）令x₁=x₂=1，得f（1）=2f（1），
∴f（1）=0．
设x₂＞x₁＞0，则
f（x₂）-f（x₁）=f（x₁•$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）-f（x₁）
=f（x₁）+f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）-f（x₁）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）．
∵x₂＞x₁＞0，
∴$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1．
∴f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＜0，即f（x₂）-f（x₁）＜0．
∴f（x₂）＜f（x₁）．
∴f（x）在（0，+∞）上是减函数；
（2）令x=y=$\frac{1}{3}$，得f（$\frac{1}{9}$）=f（$\frac{1}{3}$）+f（$\frac{1}{3}$）=2，
∵f（x）+f（1-x）≤2，
∴f（x-x²）≤f（$\frac{1}{9}$），
∵f（x）在（0，+∞）上是减函数，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{1-x＞0}\\{x-{x}^{2}≥\frac{1}{9}}\end{array}\right.$，
解得$\frac{3-\sqrt{5}}{6}$≤x≤$\frac{3+\sqrt{5}}{6}$，
∴x的取值范围为[$\frac{3-\sqrt{5}}{6}$，$\frac{3+\sqrt{5}}{6}$]，

点评 本题考查抽象函数的概念及其应用，抽象函数单调性的证明，抽象函数不等式的解集的求法，考查了构造函数以及函数值的赋值法即函数特值的应用技巧．