Question

已知函数f（x）的定义域是（0，+∞），当x＞1时，f（x）＞0，且f（x•y）=f（x）+f（y）．
（1）求f（1）；
（2）证明f（x）在定义域上是增函数；
（3）如果f（

1

6

）=-1，求满足不等式f（x+2）-f（

1

x+3

）≥2的x的取值范围．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用,函数单调性的性质

专题：计算题,证明题,函数的性质及应用,不等式的解法及应用

分析：（1）由f（x•y）=f（x）+f（y），知f（1）=f（1×1）=f（1）+f（1）=2f（1），由此能求出f（1）．
（2）设x₁，x₂∈（0，+∞）且x₁＜x₂，则

x2

x1

＞1，即有f（

x2

x1

）＞0，再由条件可得f（x₁）-f（x₂）═-f（ 

x2

x1

 ）＜0，即可得证；
（3）令x=

1

6

，y=1得f（1）=0，令x=

6

，y=

1

6

得f（

6

）=1．令x=y=

6

，则f（6）=2．不等式f（x+2）-f（

1

x+3

）≥2即为f（x+2）-f（

1

x+3

）≥f（6）．即有f（x+2）≥f（

6

x+3

），再由（2）的单调性，得到不等式组，解出即可，注意定义域．

解答： （1）解：∵f（x•y）=f（x）+f（y），
∴f（1）=f（1×1）=f（1）+f（1）=2f（1），
∴f（1）=0．
（2）证明：设x₁，x₂∈（0，+∞）且x₁＜x₂，
则

x2

x1

＞1，∴f（

x2

x1

）＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）-f（（

x2

x1

）•x₁）=f（x₁）-f（

x2

x1

）-f（x₁）
=-f（ 

x2

x1

 ）＜0
∴f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在（0，+∞）上是增函数．
（3）解：令x=

1

6

，y=1得，f（

1

6

×1）=f（

1

6

）+f（1），
∴f（1）=0．
令x=

6

，y=

1

6

得，f（1）=f（

6

×

1

6

）=f（

6

）+f（

1

6

），
∵f（

1

6

）=-1，∴f（

6

）=1．
令x=y=

6

，则f（6）=2f（

6

）=2．
不等式f（x+2）-f（

1

x+3

）≥2即为f（x+2）-f（

1

x+3

）≥f（6）．
即有f（x+2）≥f（

6

x+3

），
∵f（x）在（0，+∞）上是增函数，
∴

x+2＞0 6 x+3 ＞0 x+2≥ 6 x+3

，解得

x＞-2 x＞-3 x≥0或-5≤x＜-3

即有x≥0．
则所求的x的取值范围是[0，+∞）．

点评：本题考查抽象函数的性质和应用，考查解决抽象函数的常用方法：赋值法，以及函数的单调性及运用，对数学思维的要求较高，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．