Question

已知f（x）的定义域为（0，+∞），满足f（2）=1，f（xy）=f（x）+f（y），且当x＞1时，f（x）＞0恒成立．
（1）求f(1)，f(

1

4

)，f(8)的值．
（2）证明：函数f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增．
（3）求关于x的不等式f（x）+f（x-2）≤3的解集．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用

专题：综合题,函数的性质及应用

分析：（1）令x=y=1，可得f（1）=0，再令y=

1

x

⇒f（x）+f（

1

x

）=0，由f（2）=1，f（xy）=f（x）+f（y），可求得f（4），从而可得f（

1

4

）、f（8）的值；
（2）设0＜x₁＜x₂⇒

x2

x1

＞1，依题意，利用单调性的定义可证得，函数f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增；
（3）f（x）+f（x-2）≤3?f（x）+f（x-2）≤f（8）?

x＞0 x-2＞0 x(x-2)≤8

，解之即可．

解答： 解：（1）∵f（xy）=f（x）+f（y），
∴令x=y=1得：f（1）=f（1）+f（1），
∴f（1）=0；
令y=

1

x

，
则f（x）+f（

1

x

）=f（x•

1

x

）=f（1）=0，
∴f（

1

4

）+f（4）=0，
又当x＞1时，f（x）＞0恒成立，f（2）=1，
∴f（4）=f（2×2）=f（2）+f（2）=1+1=2，
∴f（

1

4

）=-f（4）=-2；
同理可得，f（8）=3f（2）=3；
（2）设0＜x₁＜x₂，
则

x2

x1

＞1，
∵当x＞1时，f（x）＞0恒成立，f（x）+f（

1

x

）=0，
∴f（x₂）-f（x₁）=f（x₂）+f（

1

x1

）=f（

x2

x1

）＞0，
∴f（x₁）＜f（x₂），
∴函数f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增；
（3）∵f（x）+f（x-2）≤3=f（8），且函数f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增，
∴

x＞0 x-2＞0 x(x-2)≤8

，即

x＞2 (x-4)(x+2)≤0

，
解得：2＜x≤4，
∴不等式f（x）+f（x-2）≤3的解集为{x|2＜x≤4}．

点评：本题考查抽象函数及其应用，着重考查赋值法的应用及函数的单调性，考查方程思想与综合运算能力，属于难题．