Question

设f（x）是定义在R上的函数，对任意实数m、n，都有f（m）•f（n）=f（m+n），且当x＜0时，f（x）＞1．
（1）证明：①f（0）=1；②当x＞0时，0＜f（x）＜1；③f（x）是R上的减函数；
（2）设a∈R，试解关于x的不等式f（x²-3ax+1）•f（-3x+6a+1）≥1．

Answer 1

分析：（1）①令m=n=0，即可求得f（0）=1；②利用当x＜0时，f（x）＞1与f（0）=1即可证得当x＞0时，0＜f（x）＜1；③任取x₁＜x₂，可求得f（x₁-x₂）=

f(x1)

f(x2)

＞1
⇒f（x₁）＞f（x₂），从而可证y=f（x）在定义域R上为减函数；
（2）逆用已知f（m）•f（n）=f（m+n），将f（x²-3ax+1）•f（-3x+6a+1）≥1转化为x²-3（a+1）x+2（3a+1）≤0，再解此不等式即可．

解答：解：（1）①证明：在f（m）•f（n）=f（m+n）中，
令m=n=0
得f（0）•f（0）=f（0+0）即f（0）=f（0）•f（0）．
∴f（0）=0或f（0）=1，
若f（0）=0，则当x＜0时，
有f（x）=f（x+0）=f（x）•f（0）=0，
与题设矛盾，
∴f（0）=1．
②当x＞0时，-x＜0，由已知得f（-x）＞1，
又f（0）=f[x+（-x）]=f（x）•f（-x）=1，f（-x）＞1，
∴0＜f（x）=

f(0)

f(-x)

＜1，即x＞0时，0＜f（x）＜1．
③任取x₁＜x₂，则f（x₁）=f（x₁-x₂+x₂）=f（x₁-x₂）•f（x₂），
∵x₁-x₂＜0，
∴f（x₁-x₂）＞1，又由（1）（2）及已知条件知f（x₂）＞0，
∴f（x₁-x₂）=

f(x1)

f(x2)

＞1
∴f（x₁）＞f（x₂），
∴y=f（x）在定义域R上为减函数．
（2）f（x²-3ax+1）•f（-3x+6a+1）=f（x²-3ax+1-3x+6a+1）=f[x²-3（a+1）x+2（3a+1）]
又f（0）=1，f（x）在R上单调递减，
∴原不等式等价于x²-3（a+1）x+2（3a+1）≤0
不等式可化为（x-2）[x-（3a+1）]≤0
当2＜3a+1，即a＞

1

3

时，不等式的解集为{x|2≤x≤3a+1}；
当2=3a+1，即a=

1

3

时，（x-2）²≤0，不等式的解集为{2}；
当2＞3a+1，即a＜

1

3

时，不等式的解集为{x|3a+1≤x≤2}．

点评：本题考查抽象函数及其应用，考查函数单调性的推理与证明，考查转化思想与分类讨论思想、方程思想的综合应用，属于难题．