Question

已知f（x）是定義在（0，+∞）上的單調(diào)遞增函數(shù)，對(duì)于任意的m、n（m、n∈（0，+∞））滿足f(m)+f(n)=f(mn)，且a、b(0＜a＜b)滿足|f(a)|=|f(b)|=2|f(

a+b

2

)|．
（1）求f（1）；
（2）若f（2）=1，解不等式f（x）＜2；
（3）求證：3＜b＜2+

2

．

Answer 1

分析：（1）令m=n=1，由f（m）+f（n）=f（mn），得f（1）+f（1）=f（1），由此能求出f（1）．
（2）由f（2）=1，知f（x）＜2=1+1=f（2）+f（2）=f（4），由f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，能求出f（x）＜2的解集．
（3）由f（1）=0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，知x∈（0，1）時(shí)，f（x）＜0，x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）＞0，由|f（a）|=|f（b）|，知f（a）=f（b）或f（a）=-f（b）．由此能夠證明3＜b＜2+

2

．

解答：（1）解：令m=n=1，
由f（m）+f（n）=f（mn），
得f（1）+f（1）=f（1）
∴f（1）=0…（3分）
（2）解：∵f（2）=1，
∴f（x）＜2=1+1=f（2）+f（2）=f（4），
又f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴0＜x＜4，
∴f（x）＜2的解集為 （0，4）…（7分）
（3）證明：∵f（1）=0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴x∈（0，1）時(shí)，f（x）＜0，
x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）＞0，
又|f（a）|=|f（b）|，
∴f（a）=f（b）或f（a）=-f（b），
∵0＜a＜b，
∴f（a）=-f（b）
∴f（a）+f（b）=f（ab）=0，
∴ab=1，
∴0＜a＜1＜b，
又∵|f(b)|=2|f(

a+b

2

)|，且b＞1，

a+b

2

＞

ab

=1
∴f(b)=2f(

a+b

2

)，
∴4b=a²+2ab+b²，
4b-b²-2=a²，考慮到0＜a＜1，
∴0＜4b-b²-2＜1，又b＞1
∴3＜b＜2+

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．