Question

17．已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足对?a，b∈（0，+∞）都有f（ab）=f（a）+f（b），且当x＞1时，f（x）＜0．
（Ⅰ）求f（1）的值；
（Ⅱ）判断f（x）的单调性并证明；
（Ⅲ）若f（3）=-1，解不等式f（x）+f（x-8）＞-2．

Answer 1

分析 （I）令a=b=1即可得出关于f（1）的方程，求出f（1）；
（II）设0＜x₁＜x₂，则由函数性质①可得出f（x₂）-f（x₁）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）+f（x₁）-f（x₁）=）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$），由$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞0$，∴$f（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）＜0$，得到 f（x₂）＜f（x₁）．
（Ⅲ）根据函数性质可得f（9）=-2，利用函数的单调性和定义域列出不等式组解出x

解答 解：（1）对?a，b∈（0，+∞）都有f（ab）=f（a）+f（b），令a=b=1，可得f（1）=2f（1），解得f（1）=0；
 （Ⅱ） 证明：设x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，
则f（x₂）-f（x₁）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}•{x}_{1}$）-f（x₁）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）+f（x₁）-f（x₁）=）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）
∵$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞0$，∴$f（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）＜0$，∴f（x₂）-f（x₁）＜0，即f（x₂）＜f（x₁）．
∴f（x）在（0，+∞）上是减函数．
（Ⅲ）令a=b=3，可得f（9）=2f（3）=-2，
∴f（x）+f（x-8）＞-2⇒f[x（x-8）]＞f（9）
⇒$\left\{\begin{array}{l}{x（x-8）＜9}\\{x＞0}\\{x-8＞0}\end{array}\right.∴8＜x＜9$．
不等式f（x）+f（x-8）＞-2的解集为：（8，9）

点评 本题考查了抽象函数的性质，单调性的判断与应用，属于中档题