Question

定义在区间（0，+∞）上的函数f（x）满足：①f（x）不恒为零；②对任意x∈R⁺，a∈R都有f（x^a）=af（x）．
（Ⅰ）若f（2）=1，求f（

2

）的值；
（Ⅱ）求证：方程f（x）=0有且只有一个实数根；
（Ⅲ）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，且m＞n＞0时，有|f（m）|=|f（n）|=2|f（

m+n

2

）|，求证：3＜m＜2+

2

．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用,函数单调性的性质

专题：计算题,证明题,函数的性质及应用

分析：（Ⅰ）运用赋值法，令x=2，由f（2）=1，得f（2^a）=a，再令a=

1

2

，即可求出f（

2

）；
（Ⅱ）运用赋值令x=1，得到f（1）=0，如果还有一个根设为m，m＞0且m≠1，推出f（m^a）=0，由a为任意实数，得到与①f（x）不恒为零矛盾，故结论得证；
（Ⅲ）由|f（m）|=|f（n）|推出mn=1，由f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（m）＞0，f（

m+n

2

）＞0，由|f（m）|=2|f（

m+n

2

）|推出m³-3m²-m-1=0，令f（m）=m³-3m²-m-1，运用零点存在定理，求出f（3）＜0，f（2+

2

）＞0，故结论成立．

解答： 解：（Ⅰ）∵对任意x∈R⁺，a∈R都有f（x^a）=af（x），
令x=2，则f（2^a）=af（2），
∵f（2）=1，∴f（2^a）=a，
∴f（

2

）=f（2

1

2

）=

1

2

；
（Ⅱ）证明：∵对任意x∈R⁺，a∈R都有f（x^a）=af（x），
∴令x=1则f（1）=af（1），若a=1，则恒成立，
若a≠1，则f（1）=0，
∴f（x）=0有一个根为1，
如果还有一个根设为m，m＞0且m≠1，那么
f（m）=0，f（m^a）=af（m），
即有f（m^a）=0，
由于a为任意实数，m＞0且m≠1，则由指数函数的值域得，m^a＞0，
这与①f（x）不恒为零矛盾，所以f（m）=0不成立，
故方程f（x）=0有且只有一个实数根；
（Ⅲ）证明：由|f（m）|=|f（n）|推出f（m）=f（n）或f（m）=-f（n），
∵f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（m）=f（n）推出m=n，这与m＞n＞0矛盾，
∴f（m）=-f（n），
∵f（x^a）=af（x），∴f（m）=f（n^-1），
∴m=n^-1，即n=

1

m

，
由于m＞n＞0，所以m＞1，f（m）＞f（1）=0，
∵

m+n

2

＞

mn

=1，∴f（

m+n

2

）＞0，
又|f（m）|=2|f（

m+n

2

）|，
∴f（m）=2f（

m+n

2

）=f（

m2+n2+2mn

4

），
即有m=

m2+n2+2mn

4

，即m²+m^-2-2=4（m-1），
∴（m-

1

m

）²=4（m-1），即

(m-1)(m+1)2

m2

=4
即m³-3m²-m-1=0，令f（m）=m³-3m²-m-1，
由于f（3）=27-27-3-1＜0，f（2+

2

）=（6+4

2

）（

2

-1）-3-

2

=

2

-1＞0，
由零点存在定理得，3＜m＜2+

2

．

点评：本题主要考查解决抽象函数常用方法：赋值法，准确赋值是迅速解题的关键，同时考查函数的单调性在比较大小和去绝对值方面的运用，本题有一定的难度．