Question

定义在R上的函数f（x），满足当x＞0时，f（x）＞1，且对任意的x，y∈R，有f（x+y）=f（x）•f（y），f（1）=2．
（1）求f（0）的值；
（2）求证：对任意x∈R，都有f（x）＞0；
（3）解不等式f（3-2x）＞4．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用

专题：计算题,证明题,函数的性质及应用

分析：（1）令x=y=0，得f（0）=0或f（0）=1．再令y=0，得f（x）=f（x）•f（0），对任意x∈R成立，所以f（0）≠0，即f（0）=1；
（2）对任意x∈R，有f（x）=f（

x

2

+

x

2

）=f（

x

2

）•f（

x

2

）=[f（

x

2

）]²≥0．由条件即可得证；
（3）令x=y=1，求得f（2）=4，再由单调性的定义，任取x₁，x2，x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0，有f（x₂-x₁）＞1．则f（x₂）
=f（x₂-x₁+x₁）=f（x₂-x₁）f（x₁）＞f（x₁），即可判断f（x）在R上递增，即有不等式f（3-2x）＞4即f（3-2x）＞f（2）．运用单调性即可解得．

解答： （1）解：对任意x，y∈R，f（x+y）=f（x）•f（y）．
令x=y=0，得f（0）=f（0）•f（0），即f（0）=0或f（0）=1．
令y=0，得f（x）=f（x）•f（0），对任意x∈R成立，所以f（0）≠0，
因此f（0）=1．
（2）证明：对任意x∈R，有f（x）=f（

x

2

+

x

2

）=f（

x

2

）•f（

x

2

）=[f（

x

2

）]²≥0．
假设存在x₀∈R，使f（x₀）=0，
则对任意x＞0，有f（x）=f[（x-x₀）+x₀]=f（x-x₀）•f（x₀）=0．
这与已知x＞0时，f（x）＞1矛盾．
所以，对任意x∈R，均有f（x）＞0成立．
（3）解：令x=y=1有f（2）=f²（1）=4，
任取x₁，x2，x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0，有f（x₂-x₁）＞1．
f（x₂）=f（x₂-x₁+x₁）=f（x₂-x₁）f（x₁）＞f（x₁），
则f（x）在R上递增，
不等式f（3-2x）＞4即f（3-2x）＞f（2）．
即有3-2x＞2，即x＜

1

2

，
故不等式的解集为（-∞，

1

2

）．

点评：本题考查抽象函数及应用，考查函数的单调性及运用：解不等式，同时考查解决抽象函数的常用方法：赋值法，属于中档题．