Question

1．已知f（x）是定義在（0，+∞）上的函數(shù)，且對任意正數(shù)x，y都有f（xy）=f（x）+f（y），且當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞0，f（3）=1．
（Ⅰ）求不等式f（x）＞f（x-1）+2的解集；
（Ⅱ）設(shè)a＜b，比較f（$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$）與f（$\frac{{e}^-{e}^{a}}{b-a}$）的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用已知條件證明此函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而利用單調(diào)性把自變量解放出來，從而求出x的取值范圍，
（Ⅱ）先利用作差法比較$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$與$\frac{{e}^-{e}^{a}}{b-a}$，需要多次構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系加以證明，最后利用函數(shù)f（x）的單調(diào)性即可證明．

解答 解：（Ⅰ）任取x₁，x₂滿足0＜x₁＜x₂，則$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，由已知得f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＞0
∴f（x₂）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$•x₁）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）+f（x₁）＞f（x₁），即f（x₂）＞f（x₁），
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）是單調(diào)遞增，
令x=y=3，
則f（9）=2f（3）=2，
∵f（x）＞f（x-1）+2，
∴f（x）＞f（9x-9），
∴$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{9x-9＞0}\\{x＞9x-9}\end{array}\right.$，解得1＜x＜$\frac{9}{8}$，
故原不等式的解集為（1，$\frac{9}{8}$）；
（Ⅱ）設(shè)$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$-$\frac{{e}^-{e}^{a}}{b-a}$=$\frac{（b-a+2）•{e}^{a}+（b-a-2）•{e}^}{2（b-a）}$=$\frac{（b-a+2）+（b-a-2）•{e}^{b-a}}{2（b-a）}•{e}^{a}$，
令b-a=x，
令g（x）=x+2+（x-2）e^x，x＞0，
∴g′（x）=1+（x-1）e^x，
令h（x）=1+（x-1）e^x，
∴h′（x）=xe^x＞0，
∴h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
∴h（x）＞h（0）=1-1=0，
∴g′（x）＞0恒成立，
∴g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增
∴g（x）＞g（0）=2-2=0，
∵當(dāng)x＞0時(shí)，g（x）=x+2+（x-2）e^x，且a＜b，
∴$\frac{（b-a+2）+（b-a-2）•{e}^{b-a}}{2（b-a）}•{e}^{a}$＞0，
∴$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$＞$\frac{{e}^-{e}^{a}}{b-a}$，
∵函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）是單調(diào)遞增，
∴f（$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$）＞f（$\frac{{e}^-{e}^{a}}{b-a}$）．

點(diǎn)評 本題考查了抽象函數(shù)的求值及利用其單調(diào)性求自變量的取值范圍，以導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的運(yùn)用，屬于中檔題．