Question

12．f（x）是定義在（0，+∞）上的單調(diào)增函數(shù)，且對(duì)任意x，y∈（0，+∞）恒有f（xy）=f（x）+f（y）成立，
（1）求f（1）的值；
（2）證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f（$\frac{1}{x}$）=-f（x）；
（3）判定函數(shù)g（t）=t+$\frac{4}{t+2}$．當(dāng)t≥1時(shí)的單調(diào)性（寫(xiě)出論證過(guò)程），并求對(duì)一切實(shí)數(shù)t≥1，恒有f（t+$\frac{4}{t+2}$）≥f（m）成立的實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）令y=1，求f（1）的值；
（2）令y=$\frac{1}{x}$，證明當(dāng)x＞0時(shí)，f（$\frac{1}{x}$）=-f（x）；
（3）利用定義證明g（t）為增函數(shù)，因f（x）定義域?yàn)閧x|x＞0}，顯然m＞0，又因f（x）在區(qū)間x＞0上為增函數(shù)則由f（t+$\frac{4}{t+2}$）≥f（m）恒成立，必有g(shù)（t）≥g_min≥m，即可求出實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 （1）解：令y=1，則f（x•1）=f（x）+f（1），即f（1）=0；
（2）證明：令y=$\frac{1}{x}$，則f（x•$\frac{1}{x}$）=f（x）+f（$\frac{1}{x}$），即f（1）=f（x）+f（$\frac{1}{x}$），
而f（1）=0，則f（x）+f（$\frac{1}{x}$）=0，即f（$\frac{1}{x}$）=-f（x）；
（3）先討論g（t）=t+$\frac{4}{t+2}$（t≥1）的單調(diào)性
令1≤t₁＜t₂，則g（t₂）-g（t₁）=（t₂-t₁）[1-$\frac{4}{（{t}_{2}+2）（{t}_{1}+2）}$]，
因t₂+2＞3，t₁+2≥3，則有（t₂+2）（t₁+2）＞9，即有1-$\frac{4}{（{t}_{2}+2）（{t}_{1}+2）}$＞0，
而t₂-t₁＞0，
所以g（t₂）-g（t₁）＞0，表明g（t）為增函數(shù)；
再確定g（t）的最小值：因g（t）在區(qū)間t≥1上為增函數(shù)，顯然g_min=g（1）=$\frac{7}{3}$，
最后確定m的取值范圍，因f（x）定義域?yàn)閧x|x＞0}，顯然m＞0，
又因f（x）在區(qū)間x＞0上為增函數(shù)則由f（t+$\frac{4}{t+2}$）≥f（m）恒成立，必有g(shù)（t）≥g_min≥m，即m≤$\frac{7}{3}$．
綜上知m取值范圍為0＜m≤$\frac{7}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查抽象函數(shù)的單調(diào)性，考查恒成立問(wèn)題，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，正確變形是關(guān)鍵．