Question

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，f（x）＞1．
（1）證明：①f（0）=1；②當(dāng)x＞0時，0＜f（x）＜1；③f（x）是R上的減函數(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令m=n=0，即可求得f（0）=1；②利用當(dāng)x＜0時，f（x）＞1與f（0）=1即可證得當(dāng)x＞0時，0＜f（x）＜1；③任取x₁＜x₂，可求得f（x₁-x₂）=

f(x1)

f(x2)

＞1
⇒f（x₁）＞f（x₂），從而可證y=f（x）在定義域R上為減函數(shù)；
（2）逆用已知f（m）•f（n）=f（m+n），將f（x²-3ax+1）•f（-3x+6a+1）≥1轉(zhuǎn)化為x²-3（a+1）x+2（3a+1）≤0，再解此不等式即可．

解答：解：（1）①證明：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）•f（0）．
∴f（0）=0或f（0）=1，
若f（0）=0，則當(dāng)x＜0時，
有f（x）=f（x+0）=f（x）•f（0）=0，
與題設(shè)矛盾，
∴f（0）=1．
②當(dāng)x＞0時，-x＜0，由已知得f（-x）＞1，
又f（0）=f[x+（-x）]=f（x）•f（-x）=1，f（-x）＞1，
∴0＜f（x）=

f(0)

f(-x)

＜1，即x＞0時，0＜f（x）＜1．
③任取x₁＜x₂，則f（x₁）=f（x₁-x₂+x₂）=f（x₁-x₂）•f（x₂），
∵x₁-x₂＜0，
∴f（x₁-x₂）＞1，又由（1）（2）及已知條件知f（x₂）＞0，
∴f（x₁-x₂）=

f(x1)

f(x2)

＞1
∴f（x₁）＞f（x₂），
∴y=f（x）在定義域R上為減函數(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)遞減，
∴原不等式等價于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＞

1

3

時，不等式的解集為{x|2≤x≤3a+1}；
當(dāng)2=3a+1，即a=

1

3

時，（x-2）²≤0，不等式的解集為{2}；
當(dāng)2＞3a+1，即a＜

1

3

時，不等式的解集為{x|3a+1≤x≤2}．

點(diǎn)評：本題考查抽象函數(shù)及其應(yīng)用，考查函數(shù)單調(diào)性的推理與證明，考查轉(zhuǎn)化思想與分類討論思想、方程思想的綜合應(yīng)用，屬于難題．