Question

14．已知f（x）是定義在（0，+∞）上的函數(shù)，且對任意正數(shù)x，y都有f（xy）=f（x）+f（y），且當(dāng)x＞1時，f（x）＞0，f（3）=1．
（Ⅰ）集合A={x|f（x）＞f（x-1）+2}，B={x|f（$\frac{（a+1）x-1}{x+1}$）＞0}，且滿足A∩B=∅，求正實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)a＜b，比較f（$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$）與f（$\frac{{e}^-{e}^{a}}{b-a}$）的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先證明函數(shù)的單調(diào)性，在分別求出集合A，B，根據(jù)A∩B=∅，求正實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）首先判斷$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$-$\frac{{e}^-{e}^{a}}{b-a}$的正負(fù)情況，利用構(gòu)造函數(shù)得出g（x）=x+2+（x-2）e^x，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而得出上述表達(dá)式的正負(fù)，利用單調(diào)性得出函數(shù)值的大�。�

解答 解：（Ⅰ）設(shè)0＜x₁＜x₂＜+∞，則由條件“對任意正數(shù)x，x都有f（xy）=f（x）+f（y）”，
可知：f（x₂）=f（ $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$．x₁）=f（ $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）+f（x₁），
∵$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1
∴由已知條件f（ $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＞0，
∴f（x₂）-f（x₁）=f（ $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＞0即f（x₂）＞f（x₁），
因此f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)；
∵f（3）=1，
∴f（9）=2，
∴f（x）＞f（x-1）+2，
∴f（x）＞f（9x-9），
∴x＞9x-9，x＞0，x-1＞0，
∴A=（1，$\frac{9}{8}$），
令x=y=1，得f（1）=0，
∵f（$\frac{（a+1）x-1}{x+1}$）＞0=f（1），
∴f（$\frac{（a+1）x-1}{x+1}$）＞1，
∴$\frac{ax-2}{x+1}$＞0，
∴B=（-∞，-1）∪（$\frac{2}{a}$，+∞），
∵A∩B=∅，
∴$\frac{2}{a}$≥$\frac{9}{8}$，
∴0＜a≤$\frac{16}{9}$；
（Ⅱ）$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$-$\frac{{e}^-{e}^{a}}{b-a}$=$\frac{（b-a+2）+（b-a-2）{e}^{b-a}}{2（b-a）}{e}^{a}$，
令b-a=x，g（x）=x+2+（x-2）e^x，x＞0，
∴g'（x）=1+（x-1）e^x，
令h（x）=g'（x）=1+（x-1）e^x，
∴h'（x）=xe^x＞0，
∴g'（x）在（0，+∞）上遞增，g'（0）=0，
∴g'（x）＞g（0）=0，
∴g（x）在（0，+∞）上遞增，g（0）=0，
∴g（x）＞g（0）=0，
∵b-a＞0，
∴$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$-$\frac{{e}^-{e}^{a}}{b-a}$=$\frac{（b-a+2）+（b-a-2）{e}^{b-a}}{2（b-a）}{e}^{a}$＞0，
∴$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$＞$\frac{{e}^-{e}^{a}}{b-a}$，
∴f（$\frac{{e}^{a}+{e}^}{2}$）＞f（$\frac{{e}^-{e}^{a}}{b-a}$）．

點評 考查了抽象函數(shù)的單調(diào)性判斷，利用函數(shù)單調(diào)性，利用定義法求解實際問題，利用導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性問題．