Question

已知函数y=f（x）定义在R上，对任意实数x，y，f（x+y）=f（x）•f（y）恒成立，且当x＞0时，有0＜f（x）＜1．
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）求不等式f（x-1）f（

1

x

）＞1的解集．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用

专题：函数的性质及应用,不等式的解法及应用

分析：本题（1）利用函数单调性定义，结合条件f（x+y）=f（x）•f（y），将定义中的x₂化成x₁+（x₂-x₁）的形式，判断并证明函数的单调性；（2）利用已证明的函数单调性；（2）利用抽象函数的条件，求出f（0）=1，将不等式f（x-1）f（

1

x

）＞1转化为f（x-1）f（

1

x

）＞f（0），再结合条件f（x+y）=f（x）•f（y）和函数单调性，得到x+

1

x

＜1，分类讨论，解出本题结论．

解答： 解：（1）在函数f（x）定义域R上任取自变量x₁，x₂且x₁＜x₂，
∴x₂-x₁＞0．
∵f（x+y）=f（x）•f（y），
∴令x=y=

t

2

，则f（t）=[f（

t

2

）]²≥0．
∴f（x）≥0．
∴f（x₂）-f（x₁）=f[x₁+（x₂-x₁）]-f（x₁）=f（x₁）f（x₂-x₁）]-f（x₁）=f（x₁）[f（x₂-x₁）-1]．
∵当x＞0时，有0＜f（x）＜1，
∴f（x₂-x₁）＜1．
∴函数f（x）定义域R上单调递减．
（2）∵f（x+y）=f（x）•f（y），
∴令x=1，y=0，得到：f（1）=f（1）•f（0），
∴f（0）=1．
∵不等式f（x-1）f（

1

x

）＞1，
∴f（x-1+

1

x

）＞f（0），
∴x-1+

1

x

＜0，
∴x+

1

x

＜1．
当x＞0时，x+

1

x

≥2，
当x＜0时，x+

1

x

≤-2，
∴x＜0．
∴不等式f（x-1）f（

1

x

）＞1的解集为：（-∞，0）．

点评：本题考查了函数的单调性定义和应用，本题难度适中，属于中档题．