Question

已知函数f（x）的定义域为R，当x＞0时，f（x）＞1，且对任意a，b∈R的，恒有f（a+b）=f（a）•f（b）；
（1）求f（0）的值
（2）求证：当x＜0时，0＜f（x）＜1
（3）求证：f（x）在（-∞，+∞）上为增函数；
（4）若f（1）=2，A={（m，n）|f（n）•f（2m-m²）＞

2

，m，n∈Z}，B={（m，n）|f（n-m）=16，m，n∈Z}，求A∩B．

Answer 1

分析：（1）利用赋值思想即可得到结论；
（2）令x＜0，则-x＞0可得f（-x）＞1然后根据1=f（0）=f（x-x）=f（x）•f（-x）得到f（x）=

1

f(-x)

，从而可证得当x＜0时，0＜f（x）＜1；
（3）利用单调性的定义，作差，然后判定与零的大小关系得到，注意结合题中的关系式的变换得到；
（4）先将f（n）•f（2m-m²）＞

2

转化成f（n+2m-m²）＞f（

1

2

），将f（n-m）=16转化成f（n-m）=f（4），然后利用单调性去掉“f”，解不等式，从而求出集合A与集合B，最后根据交集的定义进行求解即可．

解答：（1）解：因为对任意的a，b∈R，有f（a+b）=f（a）•f（b），
所以令a=1，b=0，则有f（1）=f（1）•f（0），又f（1）＞1，所以f（0）=1．
（2）令x＜0，则-x＞0∴f（-x）＞1
∴1=f（0）=f（x-x）=f（x）•f（-x）
则f（x）=

1

f(-x)

∵f（-x）＞1
∴当x＜0时，0＜f（x）＜1
（3）是增函数，证明如下
设x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0，
f（x₂）-f（x₁）=f（x₂-x₁+x₁）-f（x₁）=f（x₂-x₁）f（x₁）-f（x₁）=[f（x₂-x₁）-1]f（x₁），
由题意知f（x₂-x₁）＞1，f（x₁）＞0，所以f（x₂）-f（x₁）＞0，即f（x₂）＞f（x₁）．
所以f（x）在R上为增函数．
（4）由f（1）=2得f（

1

2

+

1

2

）=f²（

1

2

）=2
∵x＞0时，f（x）＞1
∴f（

1

2

）=

2

，而f（n）•f（2m-m²）＞

2

，
∴f（n+2m-m²）＞f（

1

2

）又f（x）在R上为增函数
∴n+2m-m²＞

1

2

    ①
又f（4）=f（2）f（2）=f²（2）=f⁴（1）=16
∴f（n-m）=16=f（4）又f（x）在R上为增函数
∴n-m=4         ②
将②代入①得：

3- 23

2

＜m＜

3+ 23

2

由①②以及m，n∈Z得m=0，1，2，3
从而得n=4，5，6，7
∴A∩B={（0，4），（1，5），（2，6），（3，7）}

点评：本题主要是考查了抽象函数的奇偶性、函数的单调性的证明与抽象不等式的解法，以及函数值符号的判定的综合运用，属于中档题．