Question

定义在（0，+∞）的函数f（x），对于任意的a，b∈（0，+∞），都有f（ab）=f（a）+f（b）成立，当x＞1时，f（x）＜0．
（1）求证：1是函数f（x）的零点；
（2）判断f（x）在（0，+∞）上的单调性，并证明；
（3）若f(

1

4

)=

1

2

，解不等式f(mx+

1

16

)＞1（m＞0）．

Answer 1

证明：（1）令a=b=1，
则f（1×1）=f（1）+f（1）=f（1），
∴f（1）=0
∴1是函数f（x）的零点．
（2）令a=x，b=

1

x

，
则f（1）=f（x•

1

x

）=f（x）+f（

1

x

）=0，
∴f（

1

x

）=-f（x），
任意x₁、x₂∈（0，+∞），且x₂＞x₁＞0，
∴

x2

x1

＞1，
∴f(

x2

x1

) =f(x2) +f(

1

x1

) =f(x2) -f(x1)＜0，
∴f（x₂）＜f（x₁）
∴函数f（x）在（0，+∞）上是单调递减函数．
（3）∵f(

1

16

) =f(

1

4

) +f(

1

4

) =

1

2

+

1

2

=1，
∴不等式f(mx+

1

16

)＞1．即为：f(mx+

1

16

)＞f(

1

16

)，
又因为函数f（x）在（0，+∞）上是单调递减函数，
∴0＜mx+

1

16

＜

1

16

，又∵m＞0，
解得：-

1

16m

＜x＜0
故不等式的解集为：x|-

1

16m

＜x＜0}．