Question

定义在R上的函数y=f（x），对任意的a，b∈R，满足f（a+b）=f（a）•f（b），当x＞0时，有f（x）＞1，其中f（1）=2，
（1）求证：f（0）=1；
（2）求f（-1）的值并判断该函数的奇偶性；
（3）求不等式f（x+1）＜4的解集．

Answer 1

分析：（1）令b=0，可求得f（a）=0或f（0）=1，分类讨论即可证得f（0）=1；
（2）令a=x，b=-x，结合f（0）=1可求得f（-x）=

1

f(x)

，从而可求f（1）=2，f（-1）=

1

f(1)

=

1

2

，可判断该函数的奇偶性；
（3）利用单调性的定义，先证明原函数y=f（x）在R上是单调递增函数，再利用函数的单调性求不等式f（x+1）＜4的解集．

解答：解：（1）证明：因为对任意的a，b∈R，满足f（a+b）=f（a）•f（b），
∴令a=1，b=0，则f（1）=f（1）•f（0），即2=2f（0），
∴f（0）=1．
（2）令a=x，b=-x，则有f（0）=f（x-x）=f（x）•f（-x）=1，
∴f（-x）=

1

f(x)

，
∵f（1）=2，
∴f（-1）=

1

f(1)

=

1

2

从而可知f（-1）≠f（1）且f（-1）≠-f（1）所以原函数既不是奇函数，也不是偶函数．
（3）先证明y=f（x）在R上是单调递增函数．
设x₁、x₂∈R且x₁＜x₂
则f（x₁）-f（x₂）
=f（x₁）-f[（x₂-x₁）+x₁]
=f（x₁）-f（x₂-x₁）•f（x₁）
=f（x₁）[1-f（x₂-x₁）]，
∵f（0）=f（x-x）=f（x）•f（-x）=1
∴f（x）与f（-x）同号，又x＞0时f（x）＞1
∴f（x）与f（-x）同为正值，
∴f（x₁）＞0，
又x₂-x₁＞0
∴f（x₂-x）＞1即1-f（x₂-x₁）＜0
∴f（x₁）[1-f（x₂-x₁）]＜0即f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在R上为单调递增函数．
由已知f（1）=2，
∴f（x+1）＜4可变为f（x+1）＜f（1）•f（1），
即f（x+1）＜f（1+1），
∵f（x）在R上为单调递增函数，
∴x+1＜2，即x＜1．
∴所求不等式的解集为：{x|x＜1}．

点评：本题考查函数奇偶性的判断，考查函数单调性的证明及应用，（3）中判断函数f（x）在R上为单调递增函数是难点，考查转化思想与推理论证、综合运算能力，属于难题．