Question

17．已知定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x）同時滿足下列三個條件：
①f（2）=-1；②對任意實(shí)數(shù)x，y∈（0，+∞）都有f（xy）=f（x）+f（y）；③當(dāng)0＜x＜1時，f（x）＞0．
（1）求f（4），f（$\sqrt{2}$）的值；
（2）證明：函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)；
（3）解關(guān)于x的不等式f（2x）＜f（x-1）-2．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)條件②可分別令x=y=2和x=y=$\sqrt{2}$，便可得出f（4）=-2，$f（\sqrt{2}）=-\frac{1}{2}$；
（2）根據(jù)單調(diào)性的定義，設(shè)任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，作差f（x₁）-f（x₂），而條件中f（x）+f（y）可以變成f（xy），可考慮將這里的“-”號變成“+”號：可令x=x₁，y=$\frac{1}{{x}_{1}}$，從而可以得到f（1）=$f（{x}_{1}）+f（\frac{1}{{x}_{1}}）$，而可以求出f（1）=0，從而可得到$-f（x）=f（\frac{1}{x}）$，這樣便可得到$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=f（{x}_{1}）+f（\frac{1}{{x}_{2}}）=f（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）$，而由條件③可以得出f（x₁）＞f（x₂），從而根據(jù)減函數(shù)的定義得到函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)；
（3）根據(jù)條件及求出的f（4）=-2，可將原不等式變成f（2x）＜f（4x-4），這樣根據(jù)f（x）的單調(diào)性便可得到$\left\{\begin{array}{l}{4x-4＞0}\\{2x＞4x-4}\end{array}\right.$，解該不等式便可得出原不等式的解．

解答 解：（1）令x=y=2得，f（2•2）=f（2）+f（2）=-2，∴f（4）=-2，令x=y=$\sqrt{2}$得，f（$\sqrt{2}•\sqrt{2}$）=f（$\sqrt{2}$）+f（$\sqrt{2}$）=-1，∴$f（\sqrt{2}）=-\frac{1}{2}$；
（2）設(shè)0＜x₁＜x₂；
先令x=x₁，$y=\frac{1}{{x}_{1}}$，則$f（{x}_{1}•\frac{1}{{x}_{1}}）=f（{x}_{1}）+f（\frac{1}{{x}_{1}}）$；
即$f（1）=f（x）+f（\frac{1}{x}）$；
令x=x₁，y=1，則f（x₁•1）=f（x₁）+f（1）；
∴f（1）=0；
∴$f（x）+f（\frac{1}{x}）=0$；
∴$-f（x）=f（\frac{1}{x}）$；
∴$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=f（{x}_{1}）+f（\frac{1}{{x}_{2}}）=f（{x}_{1}•\frac{1}{{x}_{2}}）$；
即$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=f（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）$；
∵0＜x₁＜x₂；
∴$0＜\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}＜1$；
∵0＜x＜1時，f（x）＞0；
∴$f（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）＞0$；
∴f（x₁）＞f（x₂）；
∴f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)；
（3）f（4）=-2；
∴由f（2x）＜f（x-1）-2得，f（2x）＜f（x-1）+f（4）=f（4（x-1））；
∵f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)；
∴$\left\{\begin{array}{l}{x-1＞0}\\{2x＞4x-4}\end{array}\right.$；
∴1＜x＜2；
∴不等式的解為（1，2）．

點(diǎn)評 考查對題中條件②的靈活運(yùn)用，減函數(shù)的定義，以及根據(jù)減函數(shù)的定義證明一個函數(shù)為減函數(shù)的方法和過程，作差的方法比較f（x₁）與f（x₂），以及根據(jù)減函數(shù)的定義解不等式．