Question

已知函数f（x）是定义在R上的函数，满足f（x+y）=f（x）•f（y），且当x＞0时，0＜f（x）＜1
（1）求证：f（0）=1；
（2）求证：当x∈R 时，恒有f（x）＞0；
（3）求证：f（x）在 R 上是减函数；
（4）若f（2）=

1

9

，求不等式f（x）•f（3x²-1）＜

1

27

的解．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用

专题：证明题,函数的性质及应用

分析：（1）运用赋值法，令x=y=0，代入求出f（0），由条件舍去0，得到f（0）=1；
（2）由于f（0）=1，x＞0时f（x）＞0，只需x＜0时，f（x）＞0即可，令x+y=0，则f（x）f（-x）＞0，对x讨论即可；
（3）运用函数的单调性定义证明，令x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0，由x＞0时，0＜f（x）＜1，得f（x2-x1）＜1，再由f（x+y）=f（x）•f（y），得到f（x₂-x₁）=

f(x2)

f(x1)

，再由（2）得证；
（4）根据条件，令x=y=1，求出f（1），再令x=1，y=2，求出f（3）=

1

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，再根据f（x+y）=f（x）•f（y）得到f（x+3x²-1）＜f（3），再根据（2）得x+3x²-1＞3，解出即可．

解答： （1）证明：令x=y=0，则f（0）=f²（0），
即f（0）=0或f（0）=1，
令y=0，则f（x）=f（x）•f（0），
若f（0）=0，则f（x）=0，这与条件矛盾，
∴f（0）=1；
（2）证明：∵x=0时，f（0）=1，
x＞0时，0＜f（x）＜1，
令x+y=0，则f（0）=f（x）•f（-x），
∵f（0）=1，∴f（x）•f（-x）=1＞0，
若x＞0，则-x＜0，
∵f（x）＞0，∴f（-x）＞0，
∴当x∈R 时，恒有f（x）＞0；
（3）证明：令x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0，
∵x＞0时，0＜f（x）＜1，
∴f（x₂-x₁）＜1，
∵f（x+y）=f（x）•f（y），
∴f（x）=

f(x+y)

f(y)

，
∴f（x₂-x₁）=

f(x2)

f(x1)

＜1，
由（2）得f（x₂）＜f（x₁），
∴由函数单调性的定义得：
函数f（x）在 R 上是减函数；
（4）解：∵f(2)=

1

9

，f（x+y）=f（x）•f（y），
∴f（2）=f²（1），
∵f（x）＞0，∴f（1）=

1

3

，
又f（3）=f（1）•f（2），
∴f(3)=

1

27

，
∴f（x）•f（3x²-1）＜

1

27

即f（x）•f（3x²-1）＜f（3），
∵f（x+y）=f（x）•f（y），∴f（x+3x²-1）＜f（3），
∵函数f（x）在 R 上是减函数，
∴x+3x²-1＞3即3x²+x-4＞0，
∴x＞1或x＜-

4

3

，
∴原不等式的解集为：(1，+∞)∪(-∞，-

4

3

)．

点评：本题主要考查函数的单调性的判断及应用，注意运用定义证明，同时考查赋值法求函数值，这是解决抽象函数问题时常用的方法，一定要掌握．