Question

已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），当x＞1时，f（x）＞0，且对于任意的x，y∈（0，+∞），恒有f（xy）=f（x）+f（y）成立．
（Ⅰ）求f（1）；
（Ⅱ）证明：函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（Ⅲ）当f（2）=1时，
①解不等式f（x）+f（x-3）≤2；
②求函数f（x）在[

2

，4]上的值域．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用

专题：函数的性质及应用

分析：（Ⅰ）赋值法，令令x=y=1，由f（xy）=f（x）+f（y）成立，即可求出f（1）的值．
（Ⅱ）利用定义证明，由f（x₁

x2

x1

）=f（x₁）+f（

x2

x1

），结合条件x＞1时恒有f（x）＞0，利用函数单调性的定义加以证明，可得函数f（x）在区间（0，+∞）上是增函数；
（Ⅲ）①令x=y=2，则f（4）=f（2）+f（2）=1+1=2，原不等式可化为f[x（x-3）]≤f（4），因为函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，得到不等式组解得即可．
②令x=y=

2

，求得f（

2

）=

1

2

，再由函数f（x）在[

2

，4]上单调递增，f（4）=2，得到值域．

解答： 解：（Ⅰ）令x=y=1，则f（1）=f（1）+f（1），∴f（1）=0；
（Ⅱ）证明：令0＜x₁＜x₂＜+∞，当x＞1时，f（x）＞0，∴f（

x2

x1

）＞0
∵f（x₁

x2

x1

）=f（x₁）+f（

x2

x1

），
∴f（x₂）=f（x₁）+f（

x2

x1

）＞f（x₁），
∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（Ⅲ）①令x=y=2，则f（4）=f（2）+f（2）=1+1=2，
原不等式可化为f[x（x-3）]≤f（4），
因为函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴

x＞0 x-3＞0 x(x-3)≤4

，
解得3＜x≤4，
故原不等式的解集为（3，4]；
②令x=y=

2

则f（2）=f（

2

）+f（

2

）=1，
∴f（

2

）=

1

2

∵因为函数f（x）在[

2

，4]上单调递增，f（4）=2
∴函数f（x）在[

2

，4]上的值域[

1

2

，2]

点评：本题给出抽象函数满足的条件，求函数的单调性并解关于x的不等式．着重考查了函数单调性的证明及其应用、赋值法处理抽象函数和不等式的解法等知识，属于中档题．