Question

【题目】定义在R上的函数f（x），满足当x＞0时，f（x）＞1，且对任意的x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y），f（1）=2．
（1）求f（0）的值；
（2）求证：对任意x∈R，都有f（x）＞0；
（3）解不等式f（3﹣2x）＞4．

Answer 1

【答案】
（1）解：对任意x，y∈R，f（x+y）=f（x）f（y）．

令x=y=0，得f（0）=f（0）f（0），即f（0）=0或f（0）=1．

令y=0，得f（x）=f（x）f（0），对任意x∈R成立，所以f（0）≠0，

因此f（0）=1

（2）证明：对任意x∈R，有f（x）=f（ + ）=f（ ）f（ ）=[f（ ）]2≥0．

假设存在x0∈R，使f（x0）=0，

则对任意x＞0，有f（x）=f[（x﹣x0）+x0]=f（x﹣x0）f（x0）=0．

这与已知x＞0时，f（x）＞1矛盾．

所以，对任意x∈R，均有f（x）＞0成立

（3）解：令x=y=1有f（2）=f2（1）=4，

任取x1，x2，x1＜x2，则x2﹣x1＞0，有f（x2﹣x1）＞1．

f（x2）=f（x2﹣x1+x1）=f（x2﹣x1）f（x1）＞f（x1），

则f（x）在R上递增，

不等式f（3﹣2x）＞4即f（3﹣2x）＞f（2）．

即有3﹣2x＞2，即x＜ ，

故不等式的解集为（﹣ ）

【解析】（1）令x=y=0，得f（0）=0或f（0）=1．再令y=0，得f（x）=f（x）f（0），对任意x∈R成立，所以f（0）≠0，即f（0）=1；（2）对任意x∈R，有f（x）=f（ + ）=f（ ）f（ ）=[f（ ）]2≥0．由条件即可得证；（3）令x=y=1，求得f（2）=4，再由单调性的定义，任取x1 ， x2，x1＜x2 ， 则x2﹣x1＞0，有f（x2﹣x1）＞1．则f（x2）
=f（x2﹣x1+x1）=f（x2﹣x1）f（x1）＞f（x1），即可判断f（x）在R上递增，即有不等式f（3﹣2x）＞4即f（3﹣2x）＞f（2）．运用单调性即可解得．