Question

定义在R上的函数f（x）满足：对任意实数m，n，总有f（m+n）=f（m）•f（n），且当x＞0时，0＜f（x）＜1．
（1）试求f（0）的值；
（2）判断f（x）的单调性并证明你的结论；
（3）设A={（x，y）|f（x²）•f（y²）＞f（1）}，B={(x，y)|f(ax-y+

2

)=1，a∈R}若A∩B=∅，试确定a的取值范围．
（4）试举出一个满足条件的函数f（x）．

Answer 1

分析：（1）在恒等式中，令m=1，n=0，代入即可得到f（0）的值；
（2）任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，利用恒等式将f（x₂）-f（x₁）变形，再利用当x＞0时，0＜f（x）＜1，确定f（x₂）-f（x₁）的符号，利用函数单调性的定义，即可证明函数的单调性；
（3）利用恒等式，将f（x²）•f（y²）＞f（1）等价转化为x²+y²＜1，将f(ax-y+

2

)=1=f(0)转化为ax-y+

2

=0，从而将A∩B=∅问题转化为直线与圆面没有公共点问题，利用直线到圆心的距离大于半径，列出不等关系，求解即可求得a的取值范围；
（4）根据题设的条件从所学的基本初等函数中，判断选择一个函数即可．

解答：解：（1）∵对任意实数m，n，总有f（m+n）=f（m）•f（n），
∴令m=1，n=0，则有f（1）=f（1）f（0），
∵当x＞0时，0＜f（x）＜1，
∴f（1）≠0，
∴f（0）=1；
（2）任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，
∵对任意实数m，n，总有f（m+n）=f（m）•f（n），
∴令m+n=x₂，m=x₁，则有f（x₂）=f（x₁）f（x₂-x₁），
∴f（x₂）-f（x₁）=f（x₁）f（x₂-x₁）-f（x₁）=f（x₁）[f（x₂-x₁）-1]，
∵x₂-x₁＞0，
∴1＞f（x₂-x₁）＞0，
为确定f（x₂）-f（x₁）的正负，只需考虑f（x₁）的正负即可，
∵f（m+n）=f（m）•f（n），
∴令m=x，n=-x，则f（x）•f（-x）=1，
∵x＞0时，0＜f（x）＜1，
∴当x＜0时，f(x)=

1

f(-x)

＞1＞0，
又f（0）=1，
综上可知，对于任意x₁∈R，均有f（x₁）＞0，
∴f（x₂）-f（x₁）=f（x₁）[f（x₂-x₁）-1]＜0，
∴f（x₂）＜f（x₁），
∴函数f（x）在R上单调递减；
（3）∵对任意实数m，n，总有f（m+n）=f（m）•f（n），
∴f（x²）•f（y²）=f（x²+y²），
∴不等式f（x²）•f（y²）＞f（1），即f（x²+y²）＞f（1），
∵函数f（x）在R上单调递减，
∴x²+y²＜1，
∴A={（x，y）|f（x²）•f（y²）＞f（1）}表示圆面x²+y²＜1内的点，
∵f（ax-y+

2

）=1，且f（0）=1，
∴f(ax-y+

2

)=1=f(0)，即ax-y+

2

=0，
∴B={(x，y)|f(ax-y+

2

)=1，a∈R}表示直线ax-y+

2

=0上的点，
∵A∩B=∅，
∴直线ax-y+

2

=0与圆面x²+y²＜1无公共点，
∴圆心（0，0）到直线ax-y+

2

=0的距离为d=

| 2 |

a2+1

≥1，解得-1≤a≤1，
∴a的取值范围为-1≤a≤1；
（4）f(x)=(

1

2

)x．

点评：本题主要考查了利用赋值法求解抽象函数的函数值，考查了函数单调性的判断与证明，注意一般单调性的证明选用定义法证明，证明的步骤是：设值，作差，化简，定号，下结论．属于函数知识的综合应用．属于中档题．