Question

17．已知定义在区间（0，+∞）上的函数f（x）满足f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）=f（x₁）-f（x₂），且当x＞1时f（x）＞0，若f（3）=1．
（1）判断f（x）的单调性；
（2）解关于x的不等式$f（3x+6）+f（\frac{1}{x}）＞2$；
（3）若f（x）≤m²-2am+1对所有x∈（0，3]，a∈[-1，1]恒成立，求实数m．

Answer 1

分析 （1）任取x₁＞x₂＞0，作差f（x₁）-f（x₂）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），利用当x＞1时f（x）＞0，判断单调性；
（2）f（9）=2，$f（3x+6）+f（\frac{1}{x}）＞2$，可得f（3x+6）＞f（9x），利用单调性，即可得出结论；
（3）f（x）≤m²-2am+1对所有x∈（0，3]，a∈[-1，1]恒成立，即1≤m²-2am+1对所有a∈[-1，1]恒成立．

解答 解：（1）任取x₁＞x₂＞0，
则f（x₁）-f（x₂）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），
∵$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞1，∴f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）＞0；
故f（x₁-f（x₂＞0，
故f（x）在（0，+∞）上是增函数；）4分）        
（2）∵f（3）=1，∴f（9）=2，
∵$f（3x+6）+f（\frac{1}{x}）＞2$，
∴f（3x+6）＞f（9x），
∴3x+6＞9x＞0，
∴0＜x＜1，
∴不等式的解集为（0，1）…．（8分）
（3）f（x）≤m²-2am+1对所有x∈（0，3]，a∈[-1，1]恒成立，
即1≤m²-2am+1对所有a∈[-1，1]恒成立，…．（10分）
∴m²-2m+1≥1且m²+2m+1≥1，
∴m∈（-∞，-2]∪[2，+∞）…．（12分）．

点评 本题考查了抽象函数的应用，考查函数单调性的证明，考查恒成立问题，属于中档题．