Question

3．設(shè)f（x）是定義在R上的函數(shù)，對任意實(shí)數(shù)m，n，都有f（m）f（n）=f（m+n），且當(dāng)x＜0時(shí)，0＜f（x）＜1．
（1）證明：①f（0）=1；②當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞1；③f（x）是R上的增函數(shù)；
（2）設(shè)a∈R，試解關(guān)于x的不等式f（x²-3ax+1）f（-3x+6a+1）≤1．

Answer 1

分析 （1）①利用賦值法，轉(zhuǎn)化求解即可．②判斷函數(shù)的范圍，通過f（0）=f[x+（-x）]轉(zhuǎn)化求解證明即可．③利用函數(shù)的單調(diào)性的定義證明即可．
（2）利用已知條件化簡表達(dá)式，利用函數(shù)的單調(diào)性，推出不等式，然后求解不等式的解集．

解答 解：（1）證明：①在f（m）f（n）=f（m+n）中，令m=n=0，
得f（0）f（0）=f（0+0）即f（0）=f（0）²，∴f（0）=0或1，
若f（0）=0，則當(dāng)x＞0時(shí)，有f（x）f（0）=f（x）=0與題設(shè)矛盾，
∴f（0）=1；
②當(dāng)x＞0時(shí)，-x＜0，由已知得0＜f（-x）＜1，
又f（0）=f[x+（-x）]=f（x）f（-x）=1，0＜f（-x）＜1，∴$f（x）=\frac{1}{{f（{-x}）}}＞1$，
即x＞0時(shí)，f（x）＞1；
③任取x₁＜x₂，由①②及已知條件知x∈R時(shí)，f（x）＞0，
則$\frac{{f（{x_2}）}}{{f（{x_1}）}}=f（{{x_2}-{x_1}}）$，∵x₂-x₁＞0，∴f（x₂-x₁）＞1，又因?yàn)閒（x₁）＞0，
∴f（x₂）＞f（x₁），
∴y=f（x）在定義域R上為增函數(shù)；
（2）f（x²-3ax+1）•f（-3x+6a+1）=f（x²-3ax+1-3x+6a+1）=f[x²-3（a+1）x+2（3a+1）]，
又f（0）=1，f（x）在R上單調(diào)遞增，
∴原不等式等價(jià)于x²-3（a+1）x+2（3a+1）≤0，
不等式可化為（x-2）[x-（3a+1）]≤0，
∴當(dāng)2＜3a+1，即$a＞\frac{1}{3}$時(shí)，2≤x≤3a+1；
當(dāng)2=3a+1，即$a=\frac{1}{3}$時(shí)，x=2；
當(dāng)2＞3a+1，即$a＜\frac{1}{3}$時(shí)，3a+1≤x≤2．

點(diǎn)評 本題考查抽象函數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及反證法的應(yīng)用，考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．