Question

5．已知函數(shù)f（x）的定義域是{x|x≠0}的一切實(shí)數(shù)，對定義域內(nèi)的任意x₁，x₂都有f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂），且當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＜0，f（2）=-1．
（1）求證：f（x）是偶函數(shù)；
（2）求證：f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)；
（3）解不等式f（x²-1）＜2．

Answer 1

分析 （1）利用賦值法，結(jié)合函數(shù)奇偶性的定義進(jìn)行證明即可．
（2）利用單調(diào)性的定義，結(jié)合抽象函數(shù)之間的數(shù)值關(guān)系進(jìn)行證明．
（3）利用函數(shù)的單調(diào)性將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，解不等式即可．

解答 解：（1）由題意知，對定義域內(nèi)的任意x₁，x₂都有f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂），
令x₁=1，x₂=-1，代入上式得f（-1）=f（-1）+f（1），解得f（1）=0，
令x₁=-1，x₂=-1，得，f（1）=f（-1）+f（-1）=0，解得f（-1）=0，
令x₁=-1，x₂=x代入上式，∴f（-x）=f（-1•x）=f（-1）+f（x）=f（x），
∴f（x）是偶函數(shù)．
（2）y=f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)遞減．
證明：設(shè)x₁，x₂是（0，+∞）任意兩個(gè)變量，且x₁＜x₂，設(shè)x₂=tx₁，（t＞1），
則f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）-f（tx₁）=f（x₁）-f（x₁）-f（t）=-f（t）
∵當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＜0；
∴f（t）＜0，即f（x₁）-f（x₂）=-f（t）＞0，
∴f（x₁）＞f（x₂），
即y=f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)遞減．
（3）∵f（2）=-1，∴令x₁=2，x₂=$\frac{1}{2}$，則f（2×$\frac{1}{2}$）=f（2）+f（$\frac{1}{2}$）=f（1）=0，
則f（$\frac{1}{2}$）=-f（2）=-（-1）=1．
f（$\frac{1}{4}$）=f（$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$）=f（$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{2}$）=2f（$\frac{1}{2}$）=2×1=2．
則不等式f（x²-1）＜2等價(jià)為不等式f（x²-1）＜f（$\frac{1}{4}$），
∵f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)且函數(shù)f（x）是偶函數(shù)，
∴x²-1＜-$\frac{1}{4}$或x²-1＞$\frac{1}{4}$，
即x²＜$\frac{3}{4}$或x²＞$\frac{5}{4}$，
即-$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜x＜$\frac{\sqrt{3}}{2}$或x＞$\frac{\sqrt{5}}{2}$或x＜-$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
即不等式的解集為{x|-$\frac{\sqrt{3}}{2}$＜x＜$\frac{\sqrt{3}}{2}$或x＞$\frac{\sqrt{5}}{2}$或x＜-$\frac{\sqrt{5}}{2}$}．

點(diǎn)評 本題主要考查抽象函數(shù)的應(yīng)用，利用賦值法是解決抽象函數(shù)求值的基本方法，利用抽象函數(shù)恒成立，可以將條件進(jìn)行轉(zhuǎn)換．