15、已知定義在R上的單調(diào)函數(shù)f（x）滿(mǎn)足：存在實(shí)數(shù)x0，使得對(duì)于任意實(shí)數(shù)x1，x2，總有f（x0x1+x0x2）=f（x0）+f（x1）+f（x2）恒成立，則（i）f（1）+f（0）=
0
（ii）x0的值為
1
．
分析：由題意對(duì)于任意實(shí)數(shù)x1，x2等式恒成立，故可采用賦值法求解．
解答：解：（i）令x1=1，x2=0，則f（x0）=f（x0）+f（1）+f（0），故f（1）+f（0）=0；
（ii）令x1=x2=0，則f（0）=f（x0）+2f（0）所以f（x0）=-f（0）由（i）知f（1）=-f（0）=f（x0）又f（x）為單調(diào)函數(shù)，所以x0=1故答案為：0，1
點(diǎn)評(píng)：本題考查抽象函數(shù)的求值問(wèn)題，一般采用賦值法解決．綜合性較強(qiáng)．
練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中數(shù)學(xué) 來(lái)源： 題型：

已知定義在R上的單調(diào)函數(shù)f（x），存在實(shí)數(shù)x0，使得對(duì)于任意實(shí)數(shù)x1，x2總有f（x0x1+x0x2）=f（x0）+f（x1）+f（x2）恒成立
（1）求x0的值；
（2）若f（x0）=1，且對(duì)任意正整數(shù)n，有an=
1
f(n)
，bn=f(
1
2n
)+1，記Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1，Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn+1，求Sn和Tn；
（3）若不等式an+1+an+2+…+a2n＞
4
35
[log
1
2
(x+1)-log
1
2
(9x2-1)+1]對(duì)任意不小于2的正整數(shù)n都成立，求x的取值范圍．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來(lái)源： 題型：

已知定義在R上的單調(diào)函數(shù)y=f（x），當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）＞1，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y），
（1）求f（0），并寫(xiě)出適合條件的函數(shù)f（x）的一個(gè)解析式；
（2）數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=f(0)且f(an+1)=
1
f(-2-an)
(n∈N+)，
①求通項(xiàng)公式an的表達(dá)式；
②令bn=(
1
2
)an，Sn=b1+b2+…+bn，Tn=
1
a1a2
+
1
a2a3
+…+
1
anan+1
，試比較Sn與
4
3
Tn的大小，并加以證明；
③當(dāng)a＞1時(shí)，不等式
1
an+1
+
1
an+2
+…+
1
a2n
＞
12
35
(log a+1x-log ax+1)對(duì)于不小于2的正整數(shù)n恒成立，求x的取值范圍．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來(lái)源： 題型：

（2009•黃岡模擬）已知定義在R上的單調(diào)函數(shù)f（x），存在實(shí)數(shù)x0，使得對(duì)于任意實(shí)數(shù)x1，x2，總有f（x0x1+x0x2）=f（x0）+f（x1）+f（x2）恒成立．
（1）求x0的值；
（2）若f（x0）=1，且對(duì)于任意正整數(shù)n，有an=
1
f(n)
，bn=f(
1
2n
)+1，記Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1，Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn+1，比較
4
3
Sn與Tn的大小關(guān)系，并給出證明；
（3）在（2）的條件下，若不等式an+1+an+2+…+a2n＞
4
35
[log
1
2
(x+1)-log
1
2
(9x2-1)+1]對(duì)任意不小于2的正整數(shù)n都成立，求x的取值范圍．

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科目：高中數(shù)學(xué) 來(lái)源： 題型：

（2013•廣州三模）已知定義在R上的單調(diào)函數(shù)f（x），存在實(shí)數(shù)x0使得對(duì)任意實(shí)數(shù)x1，x2，總有f（x0x1+x0x2）=f（x0）+f（x1）+f（x2）恒成立．
（1）求x0的值；
（2）若f（x0）=1，且對(duì)任意的正整數(shù)n．有an=
1
f(n)
，bn=f(
1
2n
)+1，記Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1，Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn+1，比較
4
3
Sn與Tn的大小關(guān)系，并給出證明．

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