Question

已知定義在{x|x≠0，x∈R}上的函數(shù)f（x）滿足對(duì)于任意的x₁，x₂，有f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂）
（1）求f（1）和f（-1）；
（2）判斷函數(shù)f（x）的奇偶性，并證明你的結(jié)論；
（3）如果f（

6

）=1，且f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，問(wèn)是否存在正實(shí)數(shù)a，使f（x）+f（x-a）≤2在區(qū)間[1-a，1+a]上恒成立，若存在，試求出a的取值范圍，若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問(wèn)題,函數(shù)奇偶性的判斷

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（1）在f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂）中取x₁=x₂=1即可求得f（1）=0．取x₁=x₂=-1可得f（-1）=0；
（2）在f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂）中取x₁=x，x₂=-1可證得f（x）是偶函數(shù)；
（3）由區(qū)間[1-a，1+a]，得1+a≥1-a求得a≥0；f（x）在x=0無(wú)定義得1-a＞0，即a＜1；由1-a≤x≤1+a得1-2a≤x-a≤1；根據(jù)f（x-a）在x=a無(wú)定義得1-2a＞0，即a＜

1

2

；最后得0≤a＜

1

2

．再由f（

6

）=1，得f（6）=2，進(jìn)一步得到f[x（x-a）]≤f（6），由在（0，+∞）上f（x）為增函數(shù)得x（x-a）≤6，分析可知

a- a2+24

2

＜0、

a+ a2+24

2

＞

6

，由1-a≤x≤1+a及0≤a＜

1

2

，知0＜

1

2

＜x＜

3

2

＜

6

，得到當(dāng)0≤a＜

1

2

和x∈[1-a，1+a]時(shí)，恒滿足x（x-a）≤6，則可得
當(dāng)0≤a＜

1

2

時(shí)，在區(qū)間[1-a，1+a]，不等式f（x）+f（x-a）≤2恒成立．

解答： 解：（1）將x₁=x₂=1代入f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂），
得f（1）=f（1）+f（1），即f（1）=0．
將x₁=x₂=-1代入f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂），
得f（1）=2f（-1），∴f（-1）=0；
（2）f（x）是偶函數(shù)．
事實(shí)上，在f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂）中，
取x₁=x，x₂=-1，得
f（-x）=f（-1）+f（x）=f（x），
∴f（x）是偶函數(shù)；
（3）對(duì)區(qū)間[1-a，1+a]，應(yīng)有1+a≥1-a，
∴a≥0  ①．
∵f（x）在x=0無(wú)定義，∴1-a＞0，即a＜1  ②．
綜合①和②得0≤a＜1  ③．
∵1-a≤x≤1+a，∴1-2a≤x-a≤1，
f（x-a）在x=a無(wú)定義，∴1-2a＞0，即a＜

1

2

  ④．
綜合③、④得0≤a＜

1

2

  ⑤．
∵f（

6

）=1，∴f（6）=f（

6

×

6

）=f（

6

）+f（

6

）=1+1=2；
f（x）+f（x-a）=f[x（x-a）]≤2，即f[x（x-a）]≤f（6），
∵在（0，+∞）上f（x）為增函數(shù)，∴x（x-a）≤6，
解此不等式得

a- a2+24

2

≤x≤

a+ a2+24

2

  ⑥．
而

a- a2+24

2

＜0、

a+ a2+24

2

＞

6

，
由1-a≤x≤1+a及0≤a＜

1

2

，知0＜

1

2

＜x＜

3

2

＜

6

，
∴當(dāng)0≤a＜

1

2

和x∈[1-a，1+a]時(shí)，恒滿足⑥式，
即當(dāng)0≤a＜

1

2

時(shí)，在區(qū)間[1-a，1+a]，不等式f（x）+f（x-a）≤2恒成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)奇偶性的性質(zhì)，考查了函數(shù)恒成立問(wèn)題，（3）的求解，綜合考查了學(xué)生的邏輯思維及抽象思維的能力，是壓軸題．