Question

已知f（x）是定义在（0，+∞）上的单调递增函数，对于任意的m、n（m、n∈（0，+∞））满足f(m)+f(n)=f(mn)，且a、b(0＜a＜b)满足|f(a)|=|f(b)|=2|f(

a+b

2

)|．
（1）求f（1）；
（2）若f（2）=1，解不等式f（x）＜2；
（3）求证：3＜b＜2+

2

．

Answer 1

分析：（1）令m=n=1，由f（m）+f（n）=f（mn），得f（1）+f（1）=f（1），由此能求出f（1）．
（2）由f（2）=1，知f（x）＜2=1+1=f（2）+f（2）=f（4），由f（x）在（0，+∞）上单调递增，能求出f（x）＜2的解集．
（3）由f（1）=0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，知x∈（0，1）时，f（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，由|f（a）|=|f（b）|，知f（a）=f（b）或f（a）=-f（b）．由此能够证明3＜b＜2+

2

．

解答：（1）解：令m=n=1，
由f（m）+f（n）=f（mn），
得f（1）+f（1）=f（1）
∴f（1）=0…（3分）
（2）解：∵f（2）=1，
∴f（x）＜2=1+1=f（2）+f（2）=f（4），
又f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴0＜x＜4，
∴f（x）＜2的解集为 （0，4）…（7分）
（3）证明：∵f（1）=0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴x∈（0，1）时，f（x）＜0，
x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，
又|f（a）|=|f（b）|，
∴f（a）=f（b）或f（a）=-f（b），
∵0＜a＜b，
∴f（a）=-f（b）
∴f（a）+f（b）=f（ab）=0，
∴ab=1，
∴0＜a＜1＜b，
又∵|f(b)|=2|f(

a+b

2

)|，且b＞1，

a+b

2

＞

ab

=1
∴f(b)=2f(

a+b

2

)，
∴4b=a²+2ab+b²，
4b-b²-2=a²，考虑到0＜a＜1，
∴0＜4b-b²-2＜1，又b＞1
∴3＜b＜2+

2

．

点评：本题考查函数与方程的综合应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．