Question

已知定义在{x|x≠0，x∈R}上的函数f（x）满足对于任意的x₁，x₂，有f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂）
（1）求f（1）和f（-1）；
（2）判断函数f（x）的奇偶性，并证明你的结论；
（3）如果f（

6

）=1，且f（x）在（0，+∞）上是增函数，问是否存在正实数a，使f（x）+f（x-a）≤2在区间[1-a，1+a]上恒成立，若存在，试求出a的取值范围，若不存在，说明理由．

Answer 1

考点：函数恒成立问题,函数奇偶性的判断

专题：函数的性质及应用,不等式的解法及应用

分析：（1）在f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂）中取x₁=x₂=1即可求得f（1）=0．取x₁=x₂=-1可得f（-1）=0；
（2）在f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂）中取x₁=x，x₂=-1可证得f（x）是偶函数；
（3）由区间[1-a，1+a]，得1+a≥1-a求得a≥0；f（x）在x=0无定义得1-a＞0，即a＜1；由1-a≤x≤1+a得1-2a≤x-a≤1；根据f（x-a）在x=a无定义得1-2a＞0，即a＜

1

2

；最后得0≤a＜

1

2

．再由f（

6

）=1，得f（6）=2，进一步得到f[x（x-a）]≤f（6），由在（0，+∞）上f（x）为增函数得x（x-a）≤6，分析可知

a- a2+24

2

＜0、

a+ a2+24

2

＞

6

，由1-a≤x≤1+a及0≤a＜

1

2

，知0＜

1

2

＜x＜

3

2

＜

6

，得到当0≤a＜

1

2

和x∈[1-a，1+a]时，恒满足x（x-a）≤6，则可得
当0≤a＜

1

2

时，在区间[1-a，1+a]，不等式f（x）+f（x-a）≤2恒成立．

解答： 解：（1）将x₁=x₂=1代入f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂），
得f（1）=f（1）+f（1），即f（1）=0．
将x₁=x₂=-1代入f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂），
得f（1）=2f（-1），∴f（-1）=0；
（2）f（x）是偶函数．
事实上，在f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂）中，
取x₁=x，x₂=-1，得
f（-x）=f（-1）+f（x）=f（x），
∴f（x）是偶函数；
（3）对区间[1-a，1+a]，应有1+a≥1-a，
∴a≥0  ①．
∵f（x）在x=0无定义，∴1-a＞0，即a＜1  ②．
综合①和②得0≤a＜1  ③．
∵1-a≤x≤1+a，∴1-2a≤x-a≤1，
f（x-a）在x=a无定义，∴1-2a＞0，即a＜

1

2

  ④．
综合③、④得0≤a＜

1

2

  ⑤．
∵f（

6

）=1，∴f（6）=f（

6

×

6

）=f（

6

）+f（

6

）=1+1=2；
f（x）+f（x-a）=f[x（x-a）]≤2，即f[x（x-a）]≤f（6），
∵在（0，+∞）上f（x）为增函数，∴x（x-a）≤6，
解此不等式得

a- a2+24

2

≤x≤

a+ a2+24

2

  ⑥．
而

a- a2+24

2

＜0、

a+ a2+24

2

＞

6

，
由1-a≤x≤1+a及0≤a＜

1

2

，知0＜

1

2

＜x＜

3

2

＜

6

，
∴当0≤a＜

1

2

和x∈[1-a，1+a]时，恒满足⑥式，
即当0≤a＜

1

2

时，在区间[1-a，1+a]，不等式f（x）+f（x-a）≤2恒成立．

点评：本题考查了函数奇偶性的性质，考查了函数恒成立问题，（3）的求解，综合考查了学生的逻辑思维及抽象思维的能力，是压轴题．