Question

4．對于函數(shù)f（x）定義域中任意的x₁，x₂（x₁≠x₂），有如下結(jié)論：
①f（x₁+x₂）=f（x₁）f（x₂），
②f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂），
③$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＜0$，
④$f（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＞\frac{{f（{x_1}）+f（{x_2}）}}{2}$，
當(dāng)f（x）=lnx時(shí)，上述結(jié)論中正確結(jié)論的序號(hào)是②④．

Answer 1

分析 利用對數(shù)的基本運(yùn)算性質(zhì)進(jìn)行檢驗(yàn)：①f（x₁+x₂）=ln（x₁+x₂）≠f（x₁）f（x₂）=lnx₁•lnx₂；
②f（x₁•x₂）=lnx₁x₂=lnx₁+lnx₂=f（x₁）+f（x₂）；
③f（x）=lnx在（0，+∞）單調(diào)遞增，可得③f（x）=lnx在（0，+∞）單調(diào)遞增，可得$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞0；
④由基本不等式可得出；對于函數(shù)f（x）定義域中任意的x₁，x₂（x₁≠x₂），有如下結(jié)論：$f（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＞\frac{{f（{x_1}）+f（{x_2}）}}{2}$，

解答 解：對于①，∵f（x）=lnx，∴f（x₁+x₂）=ln（x₁+x₂），f（x₁）f（x₂）=lnx₁•lnx₂，
∴f（x₁+x₂）≠f（x₁）f（x₂），故錯(cuò)誤；
對于②，∵f（x₁•x₂）=lg（x₁x₂）=lnx₁+lnx₂，f（x₁）+f（x₂）=lnx₁+lnx₂，∴f（x₁x₂）=f（x₁）+f（x₂），故正確；
對于③，f（x）=lnx在（0，+∞）上單調(diào)遞增，則對任意的0＜x₁＜x₂，都有f（x₁）＜f（x₂），即得$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞0，故錯(cuò)誤；
對于④，∵x₁，x₂∈（0，+∞）（且x₁≠x₂），∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}＞\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$，又f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴l(xiāng)n$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$$＞ln\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$∴$f（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＞\frac{{f（{x_1}）+f（{x_2}）}}{2}$，故正確；
故答案為：②④．

點(diǎn)評 本題考查了對數(shù)的基本運(yùn)算性質(zhì)，對數(shù)函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用與基本不等式的應(yīng)用，是知識(shí)的簡單綜合應(yīng)用問題，屬于中檔題．