题目内容
定义在R上的函数y=f（x），对于任意的m、n∈（0，+∞）都有f（mn）=f（m）+f（n）成立，且当x＞1时，f（x）＜0．
（1）计算f（1）；
（2）证明函数y=f（x）在（0，+∞）上时单调函数；
（3）比较f（
）与
的大小，并证明你的结论．
（1）计算f（1）；
（2）证明函数y=f（x）在（0，+∞）上时单调函数；
（3）比较f（
| m+n |
| 2 |
| f(m)+f(n) |
| 2 |
考点：抽象函数及其应用
专题：函数的性质及应用
分析：（1）用赋值法求f（1）的值，因为定义在（0，+∞）上的函数f （x）对于任意的m，n∈（0，+∞），满足f（m•n）=f（m）+f（n），所以只需令m=n=1，
即可求出f（1）的值．
（2）用函数单调性的定义证明，步骤是，先设所给区间上任意两个自变量x1，x2，且x1＜x2，再用作差法比较f（x1），f（x2）的大小，比较时，借助f（m•n）=f（m）+f（n），把x2用
x1表示即可．
（3）对于x＞0，f（x）=f(
•
)=f(
)+f(
)=2f(
)，从而f(
)=
f(x)．；再由
≥
及f（x）在（0，+∞）上是减函数，易得f(
)≤f(
)，而f(
)=
f(mn)=
，结果可得．
即可求出f（1）的值．
（2）用函数单调性的定义证明，步骤是，先设所给区间上任意两个自变量x1，x2，且x1＜x2，再用作差法比较f（x1），f（x2）的大小，比较时，借助f（m•n）=f（m）+f（n），把x2用
| x2 |
| x1 |
（3）对于x＞0，f（x）=f(
| x |
| x |
| x |
| x |
| x |
| x |
| 1 |
| 2 |
| m+n |
| 2 |
| mn |
| m+n |
| 2 |
| mn |
| mn |
| 1 |
| 2 |
| f(m)+f(n) |
| 2 |
解答：
解：（1）∵定义在（0，+∞）上的函数f （x）对于任意的m，n∈（0，+∞），满足f（m•n）=f（m）+f（n），
∴f（1）=f（1×1）=f（1）+f（1）．∴f（1）=0
证明：（2）设0＜x1＜x2，∵f（m•n）=f（m）+f（n）即f（m•n）-f（m）=f（n）
∴f（x2）-f（x1）=f（
x1）-f（x1）=f（
）+f（x1）-f（x1）=f（
）．
因为0＜x1＜x2，则
＞1，而当x＞1时，f（x）＜0，从而f（x2）＜f（x1）
于是f（x）在（0，+∞）上是减函数．
（3）对于x＞0，f（x）=f(
•
)=f(
)+f(
)=2f(
)，∴f(
)=
f(x)．
∵
≥
，∵f（x）在（0，+∞）上是减函数
∴f(
)≤f(
)，而f(
)=
f(mn)=
，
∴f（
）≤
．
∴f（1）=f（1×1）=f（1）+f（1）．∴f（1）=0
证明：（2）设0＜x1＜x2，∵f（m•n）=f（m）+f（n）即f（m•n）-f（m）=f（n）
∴f（x2）-f（x1）=f（
| x2 |
| x1 |
| x2 |
| x1 |
| x2 |
| x1 |
因为0＜x1＜x2，则
| x2 |
| x1 |
于是f（x）在（0，+∞）上是减函数．
（3）对于x＞0，f（x）=f(
| x |
| x |
| x |
| x |
| x |
| x |
| 1 |
| 2 |
∵
| m+n |
| 2 |
| mn |
∴f(
| m+n |
| 2 |
| mn |
| mn |
| 1 |
| 2 |
| f(m)+f(n) |
| 2 |
∴f（
| m+n |
| 2 |
| f(m)+f(n) |
| 2 |
点评：本题考点是抽象函数及其应用，考查灵活赋值求值的能力以及灵活变形证明函数单调性的能力．
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