题目内容
已知定义在R上的恒不为0的函数y=f（x）满足f（x1+x2）=f（x1）•f（x2），试证明：
（1）f（0）=1及f（x1-x2）=
；
（2）f（nx）=[f（x）]n（n∈N，n≥2）；
（3）若x＞0时，f（x）＞1，则函数f（x）在R上是增函数．
（1）f（0）=1及f（x1-x2）=
| f(x1) |
| f(x2) |
（2）f（nx）=[f（x）]n（n∈N，n≥2）；
（3）若x＞0时，f（x）＞1，则函数f（x）在R上是增函数．
考点：抽象函数及其应用
专题：函数的性质及应用
分析：（1）赋值法：令x1=x2=0，易求得f（0）=1，再根据f（x1+x2）=f（x1）•f（x2）可变形为f（x1）=f（（x1+x2）-x2）=
，由此可得结论；
（2）迭代法即可，f（nx）=f[（n-1）x+x]=f[（n-1）x]f（x）=f[（n-2）x]f2（x）=…
（3）采用赋值法结合单调性的定义构造出f（x1）-f（x2），判断其符号即可．
| f(x1+x2) |
| f(x2) |
（2）迭代法即可，f（nx）=f[（n-1）x+x]=f[（n-1）x]f（x）=f[（n-2）x]f2（x）=…
（3）采用赋值法结合单调性的定义构造出f（x1）-f（x2），判断其符号即可．
解答：
解：（1）令x1=x2=0，得f（0）=f2（0），又因为f（0）≠0，所以f（0）=1；
由f（x1+x2）=f（x1）•f（x2）得f（x1）=f（（x1+x2）-x2）=
①，所以不妨令x1=x1+x2，x2=x2，代入①式可得f（x1-x2）=
．
（2）由f（x1+x2）=f（x1）•f（x2）得f（nx）=f（（n-1）x+x）=[f（n-1）x]f（x）=f[（n-2）x+x]f（x）=f[（n-2）x]f2（x）=…=f[（n-i）x]fi（x）=…=f（x）fn-1（x）=fn（x）（i=0，1，2，…，n）．
（3）令x1=x2=
，则f（x）=f2（
）＞0，所以函数f（x）＞0恒成立．
任取x1＜x2，则x2-x1＞0，所以由（1）得
=f（x2-x1），又因为x＞0时，f（x）＞1，所以
=f（x2-x1）＞1，
所以f（x2）＞f（x1）＞0，所以函数f（x）在R上是增函数．
由f（x1+x2）=f（x1）•f（x2）得f（x1）=f（（x1+x2）-x2）=
| f(x1+x2) |
| f(x2) |
| f(x1) |
| f(x2) |
（2）由f（x1+x2）=f（x1）•f（x2）得f（nx）=f（（n-1）x+x）=[f（n-1）x]f（x）=f[（n-2）x+x]f（x）=f[（n-2）x]f2（x）=…=f[（n-i）x]fi（x）=…=f（x）fn-1（x）=fn（x）（i=0，1，2，…，n）．
（3）令x1=x2=
| x |
| 2 |
| x |
| 2 |
任取x1＜x2，则x2-x1＞0，所以由（1）得
| f(x2) |
| f(x1) |
| f(x2) |
| f(x1) |
所以f（x2）＞f（x1）＞0，所以函数f（x）在R上是增函数．
点评：本题考查了抽象函数的单调性的证明，主要还是利用定义法，本例是利用作商法证明单调性，此时要注意作商的两个数须同号才能比较大小．下结论．
练习册系列答案
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