Question

已知函數(shù)f（x）是定義在R上的函數(shù)，滿足f（x+y）=f（x）•f（y），且當x＞0時，0＜f（x）＜1
（1）求證：f（0）=1；
（2）求證：當x∈R 時，恒有f（x）＞0；
（3）求證：f（x）在 R 上是減函數(shù)；
（4）若f（2）=

1

9

，求不等式f（x）•f（3x²-1）＜

1

27

的解．

Answer 1

考點：抽象函數(shù)及其應(yīng)用

專題：證明題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）運用賦值法，令x=y=0，代入求出f（0），由條件舍去0，得到f（0）=1；
（2）由于f（0）=1，x＞0時f（x）＞0，只需x＜0時，f（x）＞0即可，令x+y=0，則f（x）f（-x）＞0，對x討論即可；
（3）運用函數(shù)的單調(diào)性定義證明，令x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，由x＞0時，0＜f（x）＜1，得f（x2-x1）＜1，再由f（x+y）=f（x）•f（y），得到f（x₂-x₁）=

f(x2)

f(x1)

，再由（2）得證；
（4）根據(jù)條件，令x=y=1，求出f（1），再令x=1，y=2，求出f（3）=

1

27

，再根據(jù)f（x+y）=f（x）•f（y）得到f（x+3x²-1）＜f（3），再根據(jù)（2）得x+3x²-1＞3，解出即可．

解答： （1）證明：令x=y=0，則f（0）=f²（0），
即f（0）=0或f（0）=1，
令y=0，則f（x）=f（x）•f（0），
若f（0）=0，則f（x）=0，這與條件矛盾，
∴f（0）=1；
（2）證明：∵x=0時，f（0）=1，
x＞0時，0＜f（x）＜1，
令x+y=0，則f（0）=f（x）•f（-x），
∵f（0）=1，∴f（x）•f（-x）=1＞0，
若x＞0，則-x＜0，
∵f（x）＞0，∴f（-x）＞0，
∴當x∈R 時，恒有f（x）＞0；
（3）證明：令x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，
∵x＞0時，0＜f（x）＜1，
∴f（x₂-x₁）＜1，
∵f（x+y）=f（x）•f（y），
∴f（x）=

f(x+y)

f(y)

，
∴f（x₂-x₁）=

f(x2)

f(x1)

＜1，
由（2）得f（x₂）＜f（x₁），
∴由函數(shù)單調(diào)性的定義得：
函數(shù)f（x）在 R 上是減函數(shù)；
（4）解：∵f(2)=

1

9

，f（x+y）=f（x）•f（y），
∴f（2）=f²（1），
∵f（x）＞0，∴f（1）=

1

3

，
又f（3）=f（1）•f（2），
∴f(3)=

1

27

，
∴f（x）•f（3x²-1）＜

1

27

即f（x）•f（3x²-1）＜f（3），
∵f（x+y）=f（x）•f（y），∴f（x+3x²-1）＜f（3），
∵函數(shù)f（x）在 R 上是減函數(shù)，
∴x+3x²-1＞3即3x²+x-4＞0，
∴x＞1或x＜-

4

3

，
∴原不等式的解集為：(1，+∞)∪(-∞，-

4

3

)．

點評：本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷及應(yīng)用，注意運用定義證明，同時考查賦值法求函數(shù)值，這是解決抽象函數(shù)問題時常用的方法，一定要掌握．