Question

6．定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x）滿足對(duì)于任意的m，n∈R⁺，都有f（mn）=f（m）+f（n）成立，當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＜0．
（1）判斷f（x）的單調(diào)性，并證明；
（2）若f（6）=-1，解不等式f（x+3）＜-2-f（x）；
（3）比較f（$\frac{m+n}{2}$）與$\frac{1}{2}$[f（m）+f（n）]的大�。ㄆ渲衜，n＞0，m≠n）．

Answer 1

分析 （1）利用單調(diào)性的定義，結(jié)合抽象函數(shù)之間的數(shù)值關(guān)系進(jìn)行證明．
（2）利用函數(shù)的單調(diào)性將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，解不等式即可．
（3）根據(jù)抽象函數(shù)的關(guān)系將函數(shù)值進(jìn)行轉(zhuǎn)化，利用函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，借助作差法進(jìn)行基本大小即可．

解答 解：（1）∵對(duì)于任意的m，n∈R⁺，都有f（mn）=f（m）+f（n），
證明：設(shè)x₁，x₂是（0，+∞）任意兩個(gè)變量，且x₁＜x₂，
設(shè)x₂=tx₁，（t＞1），
則f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）-f（tx₁）=f（x₁）-f（x₁）-f（t）=-f（t）
∵當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＜0；
∴f（t）＜0，即f（x₁）-f（x₂）=-f（t）＞0，
∴f（x₁）＞f（x₂），即y=f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)遞減．
（2）∵f（6）=-1，∴令m=6，n=6，則f（6×6）=f（6）+f（6），
即f（36）=2f（6）=-2，
∴不等式f（x+3）＜-2-f（x）等價(jià)為f（x+3）+f（x）＜f（36）；
即f（x（x+3））＜f（36），
∵函數(shù)在（0，+∞）上的單調(diào)遞減．
∴-36$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{x+3＞0}\\{{x}^{2}+3x-36＞0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{x＞-3}\\{x＞\frac{-3+3\sqrt{17}}{2}或x＜\frac{-3-3\sqrt{17}}{2}}\end{array}\right.$
得x＞$\frac{-3+3\sqrt{17}}{2}$，
即不等式的解集為{x|x＞$\frac{-3+3\sqrt{17}}{2}$}．
（3）$\frac{1}{2}$[f（m）+f（n）]=$\frac{1}{2}$f（mn），
比較f（$\frac{m+n}{2}$）與$\frac{1}{2}$[f（m）+f（n）]的大小，等價(jià)為比較2f（$\frac{m+n}{2}$）與[f（m）+f（n）]=f（mn）的大小，
∵2f（$\frac{m+n}{2}$）=f[（$\frac{m+n}{2}$）²]，m≠n，
∴由（$\frac{m+n}{2}$）²-mn=$\frac{{m}^{2}+2mn+{n}^{2}}{4}$-mn=$\frac{{m}^{2}-2mn+{n}^{2}}{4}$=（$\frac{m-n}{2}$）²＞0，
得（$\frac{m+n}{2}$）²＞mn，
∵y=f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)遞減．
∴f[（$\frac{m+n}{2}$）²]＜f（mn），即2f（$\frac{m+n}{2}$）＜[f（m）+f（n）]，
則f（$\frac{m+n}{2}$）＜$\frac{1}{2}$[f（m）+f（n）]．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的判斷以及利用抽象函數(shù)的關(guān)系解不等式，根據(jù)條件進(jìn)行轉(zhuǎn)化是解決本題的關(guān)鍵．綜合考查函數(shù)的性質(zhì)．