Question

9．已知函数f（x）的定义域是（0，+∞），当x＞1时f（x）＞0，且f（xy）=f（x）+f（y）
（1）求证：$f（{\frac{1}{x}}）=-f（x）$
（2）证明：f（x）在定义域上是增函数
（3）如果$f（{\frac{1}{3}}）=-1$，求满足不等式$f（x）-f（{\frac{1}{x-2}}）≥2$的x的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用赋值法令x=y=1，即可求f（1）的值，再令y=$\frac{1}{x}$，即可证明；
（2）根据抽象函数的关系结合函数单调性的定义即可证明：f（x）在定义域上是增函数；
（3）根据函数的单调性即可解不等式f（x（x-2））≥f（9），注意定义域的运用．

解答 解：（1）证明：令x=y=1，
∴f（1）=f（1）+f（1），
∴f（1）=0
令y=$\frac{1}{x}$，得f（1）=f（x）+f（$\frac{1}{x}$）=0，
∴$f（{\frac{1}{x}}）=-f（x）$
（2）：任取x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，
∴$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，
∵x＞1时f（x）＞0，
∴f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＞0，
∴f（x₂）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$•x₁）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）+f（x₁）＞f（x₁）
∴函数f（x）是定义在（0，+∞）上为增函数
（3）由于$f（{\frac{1}{3}}）=-1$，而$f（{\frac{1}{3}}）=-f（3），故f（3）=1$
在f（x．y）=f（x）+f（y）中，
令x=y=3，得f（9）=f（3）+f（3）=2
又由（2）知-$-f（{\frac{1}{x-2}}）=f（{x-2}）$
故所给的不等式可化为f（x）+f（x-2）≥f（9）
即f[x（x-2）]≥f（9），
∴$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{x-2＞0}\\{x（x-2）≥9}\end{array}\right.$，
 解得x≥1+$\sqrt{10}$，
∴x的取值范围是$[{1+\sqrt{10}，+∞}）$

点评 本题考查抽象函数及其应用，着重考查赋值法，考查函数函数单调性的性质，突出考查等价转化思想的运用，属于中档题．