Question

定义在R⁺上的函数f（x），对任意的m，n∈R⁺，都有f（mn）=f（m）+f（n）成立，当x＞1时，f（x）＞0
①求f（1）；
②证明f（x）在R⁺上的增函数；
③当f（x）=

1

2

，解不等式f（x²-3x）＞1．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用

专题：计算题,证明题,函数的性质及应用

分析：①用赋值法求f（1）的值，因为定义在（0，+∞）上的函数f （x）对于任意的m，n∈（0，+∞），满足f（m•n）=f（m）+f（n），所以只需令m=n=1，即可求出f（1）的值．
②用函数单调性的定义证明，步骤是，先设所给区间上任意两个自变量x₁，x₂，且x₁＜x₂，再用作差法比较f（x₁），f（x₂）的大小，比较时，借助f（m•n）=f（m）+f（n），把x₂写成

x2

x1

•x1即可．
③先根据f（2）=

1

2

以及f（m•n）=f（m）+f（n）求出f（4）=1，把不等式f（x²-3x）＞1化为f（x²-3x）＞f（4），再利用②判断的函数的单调性解不等式即可．

解答： ①解：∵定义在（0，+∞）上的函数f （x）对于任意的m，n∈（0，+∞），
满足f（m•n）=f（m）+f（n），
∴f（1）=f（1×1）=f（1）+f（1）．∴f（1）=0；
②证明：设0＜x₁＜x₂，∵f（m•n）=f（m）+f（n）即f（m•n）-f（m）=f（n）
∴f（x₂）-f（x₁）=f（

x2

x1

•x1）-f（x₁）=f（

x2

x1

）+f（x₁）-f（x₁）=f（

x2

x1

）．
∵0＜x₁＜x₂，则

x2

x1

＞1，而当x＞1时，f（x）＞0，从而f（x₂）＞f（x₁），
∴f（x）在（0，+∞）上是增函数．
③解：∵f（4）=f（2）+f（2）=1，∴f（x²-3x）＞f（4），
∵f（x）在（0，+∞）上是增函数，∴x²-3x＞4，
解得x＜-1或x＞4，
故所求不等式的解集为{x|x＜-1或x＞4}．

点评：本题主要考查了赋值法求抽象函数的函数值，抽象函数的单调性的证明，以及借助函数单调性解不等式，属于中档题．