题目内容
（2006•海淀区二模）函数f（x）的定义域为R，并满足以下条件：①对任意x∈R，有f（x）＞0；②对任意x，y∈R，有f（xy）=[f（x）]y；③f（
）＞1．
（1）求f（0）的值；
（2）求证：f（x）在R上是单调增函数；
（3）若a＞b＞c＞0且b2=ac，求证：f（a）+f（c）＞2f（b）．
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（1）求f（0）的值；
（2）求证：f（x）在R上是单调增函数；
（3）若a＞b＞c＞0且b2=ac，求证：f（a）+f（c）＞2f（b）．
分析：（1）可采用赋值法，令x=0，y=2代入可求得f（0）的值；
（2）任取x1，x2∈R，且x1＜x2，可令x1=
p1，x2=
p2，故p1＜p2，再判断f（x1）-f（x2）的符号，从而可证其单调性；
（3）由（1）（2）可证f（b）＞1，f（a）=f（b•
）=[f(b)]
，f（c）=f（b•
）=[f(b)]
，从而可证得f（a）+f（c）=[f(b)]
+[f(b)]
＞2
＞2
=2f（b），问题即可解决．
（2）任取x1，x2∈R，且x1＜x2，可令x1=
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（3）由（1）（2）可证f（b）＞1，f（a）=f（b•
| a |
| b |
| a |
| b |
| c |
| b |
| c |
| b |
| a |
| b |
| c |
| b |
[f(b)]
|
[f(b)]
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解答：解：（1）∵对任意x∈R，有f（x）＞0，
∴令x=0，y=2得：f（0）=[f（0）]2⇒f（0）=1；
（2）任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则x1=
p1，x2=
p2，故p1＜p2，
∵函数f（x）的定义域为R，并满足以下条件：①对任意x∈R，有f（x）＞0；②对任意x，y∈R，有f（xy）=[f（x）]y；③f（
）＞1．
∴f（x1）-f（x2）=f（
p1）-f（
p2）=[f(
)]p1-[f(
)]p2＜0，
∴f（x1）＜f（x2），
∴函数f（x）是R上的单调增函数．
（3）由（1）（2）知，f（b）＞f（0）=1，
∴f（b）＞1，
∵f（a）=f（b•
）=[f(b)]
，f（c）=f（b•
）=[f(b)]
，
∴f（a）+f（c）=[f(b)]
+[f(b)]
＞2
，
而a+c＞2
=2
=2b，
∴2
＞2
=2f（b），
∴f（a）+f（c）＞2f（b）．
∴令x=0，y=2得：f（0）=[f（0）]2⇒f（0）=1；
（2）任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则x1=
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∵函数f（x）的定义域为R，并满足以下条件：①对任意x∈R，有f（x）＞0；②对任意x，y∈R，有f（xy）=[f（x）]y；③f（
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∴f（x1）-f（x2）=f（
| 1 |
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| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 3 |
∴f（x1）＜f（x2），
∴函数f（x）是R上的单调增函数．
（3）由（1）（2）知，f（b）＞f（0）=1，
∴f（b）＞1，
∵f（a）=f（b•
| a |
| b |
| a |
| b |
| c |
| b |
| c |
| b |
∴f（a）+f（c）=[f(b)]
| a |
| b |
| c |
| b |
[f(b)]
|
而a+c＞2
| ac |
| b2 |
∴2
[f(b)]
|
[f(b)]
|
∴f（a）+f（c）＞2f（b）．
点评：本题考查抽象函数及其应用，难点在于用单调函数的定义证明其单调递增时“任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则x1=
p1，x2=
p2”这一步的灵活理解与应用，属于难题．
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