Question

17．设函数f（x）定义在R⁺上，对任意的m，n∈R⁺，恒有f（m•n）=f（m）+f（n），且当x＞1时，f（x）＜0．试解决以下问题：
（1）求f（1）的值，并判断f（x）的单调性；
（2）若0＜a＜b，满足|f（a）|=|f（b）|=2|f（$\frac{a+b}{2}$）|，求证：3＜b＜2+$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 （1）令m=n=1，求得f（1）=0，再根据函数的单调的定义证明即可；
（2）由函数的单调性，以及|f（a）|=|f（b）|，得到a＜1，b＞1，ab=1，再根据基本不等式得到f（$\frac{a+b}{2}$）＜f（1）=0，由|f（b）|=2|f（$\frac{a+b}{2}$）|，得到4b=（a+b）²=a²+b²+2，由a的范围，即可求出b的范围．

解答 解：（1）令m=n=1，则f（1）=f（1）+f（1），
∴f（1）=0，
设x₁＞x₂＞0，则$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞1，从而f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）＜0，
∴f（x₁）=f（x₂•$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）=f（x₂）+f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）＜f（x₂），
所以，函数f（x）在R⁺上单调递减．
（2）由（1）函数f（x）在R⁺上单调递减，
∴当0＜x＜1时，f（x）＞0，当x＞1时，f（x）＜0，
∵0＜a＜b，满足|f（a）|=|f（b）|，
∴a＜1，b＞1，
故f（a）＞0，f（b）＜0，
由|f（a）|=|f（b）|得f（a）+f（b）=0，
所以ab=1，
又$\frac{a+b}{2}$＞$\sqrt{ab}$=1，
所以f（$\frac{a+b}{2}$）＜f（1）=0，
又f（b）=2f（$\frac{a+b}{2}$）=f（（$\frac{a+b}{2}$）²），
由|f（b）|=2|f（$\frac{a+b}{2}$）|得，4b=（a+b）²=a²+b²+2
∴4b-b²=a²+2，
又0＜a＜1，所以2＜a²+2＜3，
由2＜4b-b²＜3及b＞1，
解得，$3＜b＜2+\sqrt{2}$．

点评 本题考查抽象函数求函数值、单调性的判定、及单调性的应用，考查转化、分离参数的思想方法．牢牢把握所给的关系式，对式子中的字母准确灵活的赋值，变形构造是解决抽象函数问题常用的思路，属于难题．