Question

16．设定义域为R₊的函数f（x），对任意的正实数x，y，都有f（xy）=f（x）+f（y），且当x＞1时有f（x）＞0．
①求f（1）的值；
②判断f（x）在（0，+∞）上的单调性，并证明．
③若f（$\frac{1}{a}$）=-1，求满足不等式f（1-x）＜1的x的取值范围．

Answer 1

分析 ①令x=y=1即可得出f（1）；
②设x₁＞x₂＞0，则f（x₁）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}•{x}_{2}$）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）+f（x₂），使用作差法判断f（x₁）-f（x₂）的符号即可得出结论；
③移项得f（1-x）-1＜0，即f（1-x）+f（$\frac{1}{a}$）＜0，故f（$\frac{1-x}{a}$）＜f（1），利用函数的单调性列出不等式组解出x的范围．

解答 解：①令x=y=1得f（1）=f（1）+f（1）=2f（1），
∴f（1）=0，
②设x₁＞x₂＞0，则f（x₁）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}•{x}_{2}$）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）+f（x₂），
∴f（x₁）-f（x₂）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），
∵x₁＞x₂＞0，∴$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞1，∴f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）＞0，即f（x₁）＞f（x₂），
∴f（x）在（0，+∞）上是增函数．
③∵f（$\frac{1}{a}$）=-1，f（1-x）＜1，
∴f（1-x）-1＜0，即f（1-x）+f（$\frac{1}{a}$）＜0，
∴f（$\frac{1-x}{a}$）＜f（1），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1-x}{a}＜1}\\{\frac{1-x}{a}＞0}\\{\frac{1}{a}＞0}\end{array}\right.$，解得1-a＜x＜1．

点评 本题考查了抽象函数的性质应用，函数单调性的判断与应用，属于中档题．