Question

19．定义在R上的函数f（x），f（0）≠0，f（1）=2，当x＞0，f（x）＞1，且对任意a，b∈R，有f（a+b）=f（a）•f（b）．
（1）求f（0）的值．
（2）求证：对任意x∈R，都有f（x）＞0．
（3）若f（x）在R上为增函数，解不等式f（3-2x）＞4．

Answer 1

分析 （1）在已知等式中取a=b=0可得f（0）的值；
（2）当x＜0时，-x＞0，利用已知条件可得f（x）=$\frac{1}{f（-x）}$∈（0，1），结合已知可得答案；
（3）由已知等式求得f（2）=4，则不等式f（3-2x）＞4等价于f（3-2x）＞f（2），利用单调性转化为关于x的一次不等式求解．

解答 （1）解：令a=b=0，由f（a+b）=f（a）•f（b），得f（0）=f²（0），
∵f（0）≠0，∴f（0）=1；
（2）证明：当x＜0时，-x＞0，∴f（-x）＞1，
∵f（0）=f（x-x）=f（x）-f（-x）=1，
∴f（x）=$\frac{1}{f（-x）}$∈（0，1），
又有x＞0，f（x）＞1，且f（0）=1，
∴对任意x∈R，都有f（x）＞0；
（3）解：∵f（1+1）=f²（1）=2²=4，且f（x）在R上为增函数，
∴f（3-2x）＞4可化为f（3-2x）＞f（2），
∴3-2x＞2，得x$＜\frac{1}{2}$．
∴不等式f（3-2x）＞4的解集为（-∞，-$\frac{1}{2}$）．

点评 本题主要考查抽象函数的应用，利用赋值法结合函数奇偶性和周期性的定义判断函数的性质是解决本题的关键，是中档题．