Question

19．已知定义在R⁺上的函数f（x）满足：
（1）对任意a，b∈R⁺，有f（ab）=f（a）+f（b）；
（2）当x＞1时，f（x）＜0；
（3）f（3）=-1．
现有两个集合A={（p，q）|f（p²+1）-f（5q）-2＞0，p，q∈R⁺}； B={（p，q）|f（$\frac{p}{q}$）+$\frac{1}{2}$=0，p，q∈R⁺}．试问：是否存在p，q，使A∩B≠∅，说明理由．

Answer 1

分析 根据抽象函数的关系判断函数的单调性，并分别将两个集合进行转化，进行判断即可．

解答 解：∵对任意a，b∈R⁺，有f（ab）=f（a）+f（b）；
∴令a=b=1得，f（1）=f（1）+f（1），解得f（1）=0，
∵f（3）=-1，∴令a=3，b=$\frac{1}{3}$，则f（3×$\frac{1}{3}$）=f（3）+f（$\frac{1}{3}$），
即f（1）=f（3）+f（$\frac{1}{3}$），
∴f（$\frac{1}{3}$）=f（1）-f（3）=0-（-1）=1．
f（$\frac{1}{9}$）=f（$\frac{1}{3}×\frac{1}{3}$）=f（$\frac{1}{3}$）+f（$\frac{1}{3}$）=2f（$\frac{1}{3}$）=2×1=2．
∵f（3）=-1．
∴f（9）=f（3×3）=f（3）+f（3）=2f（3）=-2；
取0＜x₁＜x₂，则$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，则f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＜0，
又∵f（ab）=f（a）+f（b），
∴f（x₂）-f（x₁）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$•x₁）-f（x₁）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$•）+f（x₁）-f（x₁）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＜0，
∴f（x₂）＜f（x₁），
∴f（x）在（0，+∞）上的单调递减．
∵f（p²+1）-f（5q）-2＞0，；
∴f（p²+1）+f（$\frac{1}{5p}$）＞2；
∴f（$\frac{{p}^{2}+1}{5q}$）＞2；
∴f（$\frac{{p}^{2}+1}{5q}$）＞2=f（$\frac{1}{9}$）；
∴$\frac{{p}^{2}+1}{5q}$＜$\frac{1}{9}$ ①
又∵f（$\frac{p}{q}$）+$\frac{1}{2}$=0；
∴f（$\frac{p}{q}$）+$\frac{1}{2}$f（$\frac{1}{3}$）=0；
f（$\frac{p}{q}$）+f（$\frac{1}{\sqrt{3}}$）=0；
∴$\frac{p}{\sqrt{3}q}$=1，p=$\sqrt{3}$q； ②
由①②整理得：27q²-5q+9＜0不成立，
∴不存在p，q，使A∩B≠∅．

点评 本题考点是抽象函数及其应用，考查用赋值法求函数值，以及灵活利用所给的恒等式证明函数的单调性，此类题要求答题者有较高的数学思辨能力，难度较大．