Question

已知函数

1

2

（x-t）²+x-t-1≤x-1的定义域为R，对任意实数m，n都有f（m+n）=f（m）•f（n），且当x＞0时，0＜f（x）＜1．
（1）证明：f（0）=1，且x＜0时，f（x）＞1；
（2）证明：f（x）在R上单调递减；
（3）设A={（x，y）|f（x²）•f（y）=f（1）}，B={（x，y）|f（ax-y+2）=1，a∈R}，A∩B=Φ，试确定a的取值范围．

Answer 1

考点：函数单调性的判断与证明,交集及其运算

专题：函数的性质及应用,集合

分析：（1）令m=0，n=1，并可判断f（1）＞0，从而可求出f（0）=1．要证x＜0时，f（x）＞1，可设x＜0，则-x＞0，所以便可得到f（0）=f（-x）f（x），所以f（x）=

1

f(-x)

，因为0＜f（-x）＜1，所以f（x）＞1；
（2）根据函数单调性的定义，设x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，f（x₁）-f（x₂）=f[（x₁-x₂）+x₂]-f（x₂）＞0从而得到f（x）在R上单调递减；
（3）根据已知条件及（1）（2）便可知方程组

x2+y=1 ax-y+2=0

无解，所以方程x²+ax+1=0无解，所以根据△＜0即可求出a的取值范围．

解答： 解：（1）证明：令m=0，n=1，则f（0+1）=f（0）f（1）；
∵当x＞0时，0＜f（x）＜1，故f（1）＞0，∴f（0）=1；
设x＜0，-x＞0，则：f（-x+x）=f（-x）f（x）；
∴f（x）=

1

f(-x)

，∵0＜f（-x）＜1，∴

1

f(-x)

＞1；
即f（x）＞1，即x＜0时，f（x）＞1；
（2）证明：任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，则：
f（x₁）-f（x₂）=f[（x₁-x₂）+x₂]-f（x₂）=f（x₁-x₂）f（x₂）-f（x₂）=f（x₂）[f（x₁-x₂）-1]；
∵x₁-x₂＜0，∴f（x₁-x₂）＞1，f（x₁-x₂）-1＞0，又f（x₂）＞0；
∴f（x₂）[f（x₁-x₂）-1]＞0，即f（x₁）＞f（x₂）；
∴f（x）在R上单调递减；
（3）根据已知条件及f（0）=1，f（x）在R上是单调函数，及A∩B=∅可得：
方程组

x2+y=1 ax-y+2=0

无解，即x²+ax+1=0无解；
∴a²-4＜0，解得-2＜a＜2；
∴a的取值范围是（-2，2）．

点评：考查对条件f（m+n）=f（m）•f（n）运用的能力，单调递减函数的定义，交集的概念，交集为空集与对应方程组解的关系，一元二次方程的解和判别式△的关系．