Question

定義在區(qū)間（0，+∞）上的函數(shù)f（x）滿足：①f（x）不恒為零；②對任意x∈R⁺，a∈R都有f（x^a）=af（x）．
（Ⅰ）若f（2）=1，求f（

2

）的值；
（Ⅱ）求證：方程f（x）=0有且只有一個實數(shù)根；
（Ⅲ）若f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且m＞n＞0時，有|f（m）|=|f（n）|=2|f（

m+n

2

）|，求證：3＜m＜2+

2

．

Answer 1

考點：抽象函數(shù)及其應(yīng)用,函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)

專題：計算題,證明題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）運用賦值法，令x=2，由f（2）=1，得f（2^a）=a，再令a=

1

2

，即可求出f（

2

）；
（Ⅱ）運用賦值令x=1，得到f（1）=0，如果還有一個根設(shè)為m，m＞0且m≠1，推出f（m^a）=0，由a為任意實數(shù)，得到與①f（x）不恒為零矛盾，故結(jié)論得證；
（Ⅲ）由|f（m）|=|f（n）|推出mn=1，由f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，f（m）＞0，f（

m+n

2

）＞0，由|f（m）|=2|f（

m+n

2

）|推出m³-3m²-m-1=0，令f（m）=m³-3m²-m-1，運用零點存在定理，求出f（3）＜0，f（2+

2

）＞0，故結(jié)論成立．

解答： 解：（Ⅰ）∵對任意x∈R⁺，a∈R都有f（x^a）=af（x），
令x=2，則f（2^a）=af（2），
∵f（2）=1，∴f（2^a）=a，
∴f（

2

）=f（2

1

2

）=

1

2

；
（Ⅱ）證明：∵對任意x∈R⁺，a∈R都有f（x^a）=af（x），
∴令x=1則f（1）=af（1），若a=1，則恒成立，
若a≠1，則f（1）=0，
∴f（x）=0有一個根為1，
如果還有一個根設(shè)為m，m＞0且m≠1，那么
f（m）=0，f（m^a）=af（m），
即有f（m^a）=0，
由于a為任意實數(shù)，m＞0且m≠1，則由指數(shù)函數(shù)的值域得，m^a＞0，
這與①f（x）不恒為零矛盾，所以f（m）=0不成立，
故方程f（x）=0有且只有一個實數(shù)根；
（Ⅲ）證明：由|f（m）|=|f（n）|推出f（m）=f（n）或f（m）=-f（n），
∵f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴f（m）=f（n）推出m=n，這與m＞n＞0矛盾，
∴f（m）=-f（n），
∵f（x^a）=af（x），∴f（m）=f（n^-1），
∴m=n^-1，即n=

1

m

，
由于m＞n＞0，所以m＞1，f（m）＞f（1）=0，
∵

m+n

2

＞

mn

=1，∴f（

m+n

2

）＞0，
又|f（m）|=2|f（

m+n

2

）|，
∴f（m）=2f（

m+n

2

）=f（

m2+n2+2mn

4

），
即有m=

m2+n2+2mn

4

，即m²+m^-2-2=4（m-1），
∴（m-

1

m

）²=4（m-1），即

(m-1)(m+1)2

m2

=4
即m³-3m²-m-1=0，令f（m）=m³-3m²-m-1，
由于f（3）=27-27-3-1＜0，f（2+

2

）=（6+4

2

）（

2

-1）-3-

2

=

2

-1＞0，
由零點存在定理得，3＜m＜2+

2

．

點評：本題主要考查解決抽象函數(shù)常用方法：賦值法，準確賦值是迅速解題的關(guān)鍵，同時考查函數(shù)的單調(diào)性在比較大小和去絕對值方面的運用，本題有一定的難度．