Question

10．函數(shù)f（x）對(duì)任意的x，y∈R都有f（2x+y）=2f（x）+f（y），且當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0．
（1）求證：f（3x）=3f（x），f（2x）=2f（x）；
（2）判斷f（x）在R上的單調(diào)性并證明．
（3）若f（6）=-1解不等式f（log₂$\frac{x-2}{x}$）+6f（log₂$\root{3}{x}$）＜-$\frac{1}{6}$．

Answer 1

分析 （1）利用賦值法，令y=x，即可證明f（3x）=3f（x），令x=y=0，求出f（0）=0，再令y=0，即可證明f（2x）=2f（x）；
（2）由（1）知f（2x+y）=f（2x）+f（y），直接設(shè)2x₁＜x₂，根據(jù)x＞0，f（x）＜0；得到f（x₂）=f[（x₂-2x₁）+2x₁]=f（x₂-x₁）+f（2x₁）＜f（2x₁），即可得到結(jié)論；
（2）先根據(jù)已知條件得到f（1）=-$\frac{1}{6}$，再利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，和已知函數(shù)的單調(diào)性得到log₂x（x-2）＞1=log₂2，再根據(jù)對(duì)數(shù)的性質(zhì)得打關(guān)于x的不等式組，解得即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）證明：令y=x，
則f（2x+x）=2f（x）+f（x），即f（3x）=3f（x），
令x=y=0，
∴f（0+0）=2f（0）+f（0），
即f（0）=0，
再令y=0，
∴f（2x）=2f（x）+f（0）=2f（x）；
（2）由（1）知，f（2x+y）=f（2x）+f（y），
設(shè)2x₁＜x₂，則x₂-2x₁＞0，
∵當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0，
∴f（x₂-2x₁）＜0，
∴f（x₂）=f[（x₂-2x₁）+2x₁]=f（x₂-2x₁）+f（2x₁）＜f（2x₁）
即f（x₂）＜f（2x₁），
∴函數(shù)f（x）在R上為單調(diào)減函數(shù)；
（3）令x=y=2，
∴f（6）=2f（2）+f（2）=3f（2）=-1，
再令x=1，y=0，
∴f（2）=2f（1）+f（0），
∴f（1）=$\frac{1}{2}$f（2）=-$\frac{1}{6}$，
∵f（log₂$\frac{x-2}{x}$）+6f（log₂$\root{3}{x}$）＜-$\frac{1}{6}$，
∴f（log₂$\frac{x-2}{x}$+6log₂$\root{3}{x}$）＜f（1），
∴f（log₂x（x-2））＜f（1），
∵函數(shù)f（x）在R上為單調(diào)減函數(shù)，
∴l(xiāng)og₂x（x-2）＞1=log₂2
∴$\left\{\begin{array}{l}{x（x-2）＞0}\\{x（x-2）＞2}\end{array}\right.$，
解得x＞1+$\sqrt{3}$，或x＜1-$\sqrt{3}$，
∴不等式的解集為{x|x＞1+$\sqrt{3}$，或x＜1-$\sqrt{3}$}．

點(diǎn)評(píng) 考查抽象函數(shù)及其應(yīng)用，以及利用函數(shù)單調(diào)性的定義判斷函數(shù)的單調(diào)性，并根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性解函數(shù)值不等式，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想，在轉(zhuǎn)化過程中一定注意函數(shù)的定義域．解決抽象函數(shù)的問題一般應(yīng)用賦值法，屬于中檔題．