Question

14．已知定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x）對任意正數(shù)p，q都有$f（pq）=f（p）+f（q）-\frac{1}{2}$，當x＞4時，f（x）＞$\frac{3}{2}$，且f（$\frac{1}{2}$）=0．
（1）求f（2）的值；
（2）證明：函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
（3）解關于x的不等式f（x）+f（x+3）＞2．

Answer 1

分析 （1）抽象函數(shù)常用賦值法求解；
（2）$f（\frac{1}{4}）$=$f（\frac{1}{2}）+f（\frac{1}{2}）$-$\frac{1}{2}$=-$\frac{1}{2}$．按照單調(diào)性的定義，任取0＜x₁＜x₂，則f（x₂）-f（x₁）=$f（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）$-$\frac{1}{2}$=$f（\frac{4{x}_{2}}{{x}_{1}}•\frac{1}{4}）$-$\frac{1}{2}$=$f（\frac{4{x}_{2}}{{x}_{1}}）$+$f（\frac{1}{4}）$-1=$f（\frac{4{x}_{2}}{{x}_{1}}）$-$\frac{3}{2}$，
由于$\frac{4{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞4，可得$f（\frac{4{x}_{2}}{{x}_{1}}）$-$\frac{3}{2}$＞0，即可證明．
（3）解抽象函數(shù)的不等式，�；癁閒（m）＞f（n）的形式，然后結合單調(diào)性求解．

解答 （1）解：$f（1）=f（1）+f（1）-\frac{1}{2}$，∴$f（1）=\frac{1}{2}$，
∴$f（2×\frac{1}{2}）=f（2）+f（\frac{1}{2}）-\frac{1}{2}$，
解得f（2）=1．
（2）證明：$f（\frac{1}{4}）$=$f（\frac{1}{2}）+f（\frac{1}{2}）$-$\frac{1}{2}$=-$\frac{1}{2}$．
任取0＜x₁＜x₂，
則f（x₂）-f（x₁）=$f（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}）$-$\frac{1}{2}$=$f（\frac{4{x}_{2}}{{x}_{1}}•\frac{1}{4}）$-$\frac{1}{2}$=$f（\frac{4{x}_{2}}{{x}_{1}}）$+$f（\frac{1}{4}）$-1=$f（\frac{4{x}_{2}}{{x}_{1}}）$-$\frac{3}{2}$，
∵$\frac{4{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞4，∴$f（\frac{4{x}_{2}}{{x}_{1}}）$-$\frac{3}{2}$＞0，
∴f（x₂）-f（x₁）＞0，即f（x₂）＞f（x₁）．
∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
（3）解：∵f（2×2）=f（2）+f（2）-$\frac{1}{2}$=1+1-$\frac{1}{2}$=$\frac{3}{2}$．
f（x）+f（x+3）=f（x²+3x）+$\frac{1}{2}$＞2．
∴$f（{x^2}+3x）＞\frac{3}{2}=f（4）$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{x＞0}\\{x+3＞0}\\{{x^2}+3x＞4}\end{array}}\right.$，解得x∈（1，+∞），
∴原不等式的解集為（1，+∞）．

點評 本題考查了抽象函數(shù)的求值與單調(diào)性、不等式的性質(zhì)，考查了變形推理能力與計算能力，屬于中檔題．