Question

3．設(shè)函數(shù)y=f（x）是定義在（0，+∞）上的函數(shù)，并且滿足下面三個(gè)條件：
①對(duì)任意正數(shù)x，y，都有f（xy）=f（x）+f（y）；
②當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞0；
③f（3）=1，
（1）求f（1），$f（\frac{1}{3}）$的值；
（2）判斷函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)性，并用定義給出證明；
（3）對(duì)于定義域內(nèi)的任意實(shí)數(shù)x，f（kx）+f（4-x）＜2（k為常數(shù)，且k＞0）恒成立，求正實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用賦值法即可求f（1），$f（\frac{1}{3}）$的值；
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義即可判斷函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)性；
（3）根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的性質(zhì)將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解即可．

解答 解：（1）令x=y=1，得f（1）=0，令x=3，$y=\frac{1}{3}$，
則$f（3×\frac{1}{3}）=f（3）+f（\frac{1}{3}）=0$，所以$f（\frac{1}{3}）=-1$…（2分）
（2）函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，證明如下
任取x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=$f（{x_1}）-f（{x_1}•\frac{x_2}{x_1}）=f（{x_1}）-f（{x_1}）-f（\frac{x_2}{x_1}）=-$$f（\frac{x_2}{x_1}）$，
因?yàn)閤₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，則$\frac{x_2}{x_1}＞1$，又x＞1時(shí)，f（x）＞0，
所以$f（\frac{x_2}{x_1}）＞0$，即f（x₁）＜f（x₂），
函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增．            …（6分）
（3）f（9）=f（3）+f（3）=2，…（7分）
由（2）知函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增
不等式f（kx）+f（4-x）＜2可化為f（kx（4-x））＜f（9），因?yàn)閗＞0
不等式故可化為$\left\{{\begin{array}{l}{x＞0}\\{4-x＞}\\{kx（4-x）＜9}\end{array}}\right.$，
由題可得，0＜x＜4時(shí)，kx（4-x）＜9恒成立，…（9分）
即0＜x＜4時(shí)，$k＜\frac{9}{x（4-x）}$恒成立，$k＜{（\frac{9}{x（4-x）}）_{min}}$0＜x＜4，y=x（4-x）∈（0，4]，
所以$\frac{9}{x（4-x）}∈[{\frac{9}{4}，+∞}）$
所以$k＜\frac{9}{4}$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查抽象函數(shù)的應(yīng)用，利用條件結(jié)合函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的定義將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化是解決本題的關(guān)鍵．