Question

9．若非零函數(shù)f（x）對任意實(shí)數(shù)a，b，均有f（a+b）=f（a）•f（b），且當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）＞1；
（1）求f（0）的值；
（2）求證：①任意x∈R，f（x）＞0；  ②f（x）為減函數(shù)；
（3）當(dāng)f（1）=$\frac{1}{2}$時(shí)，解不等式f（x²+x-3）•f（5-x²）≤$\frac{1}{4}$；
（4）若f（1）=$\frac{1}{2}$，求f（x）在[-4，4]上的最大值和最小值．

Answer 1

分析 （1）利用f（0）=f²（0），f（0）≠0，求f（0）的值；
（2）①f（x）=f（$\frac{x}{2}$+$\frac{x}{2}$）=f²（$\frac{x}{2}$），結(jié)合函數(shù)f（x）為非零函數(shù)可得；②任取x₁＜x₂，則x₁-x₂＜0，證明$\frac{f（{x}_{1}）}{f（{x}_{2}）}$=f（x₁-x₂）＞1，可得f（x）為減函數(shù)；
（3）由由f（2）=f²（1）=$\frac{1}{4}$，原不等式轉(zhuǎn)化為f（x²+x-3+5-x²）≤f（2），從而利用單調(diào)性求解．
（4）f（1）=$\frac{1}{2}$，f（2）=f²（1）=$\frac{1}{4}$，f（4）=f²（2）=$\frac{1}{16}$，f（-4）=$\frac{1}{f（4）}$=16，即可求出f（x）在[-4，4]上的最大值和最小值

解答 （1）解：∵f（0）=f²（0），f（0）≠0，∴f（0）=1，
（2）證明：①∵f（$\frac{x}{2}$）≠0，
∴f（x）=f（$\frac{x}{2}$+$\frac{x}{2}$）=f²（$\frac{x}{2}$）＞0．
②：f（b-b）=f（b）•f（-b）=1；
∴f（-b）=$\frac{1}{f（b）}$；
任取x₁＜x₂，則x₁-x₂＜0，
∴$\frac{f（{x}_{1}）}{f（{x}_{2}）}$=f（x₁-x₂）＞1，
又∵f（x）＞0恒成立，
∴f（x₁）＞f（x₂），∴f（x）為減函數(shù)；
（3）解：由f（2）=f²（1）=$\frac{1}{4}$，
原不等式轉(zhuǎn)化為f（x²+x-3+5-x²）≤f（2），
結(jié)合②得：x+2≥2，
∴x≥0，
故不等式的解集為{x|x≥0}．
（4）f（1）=$\frac{1}{2}$，f（2）=f²（1）=$\frac{1}{4}$，f（4）=f²（2）=$\frac{1}{16}$，f（-4）=$\frac{1}{f（4）}$=16，
∴f（x）在[-4，4]上的最大值和最小值分別是16，$\frac{1}{16}$．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)單調(diào)性的證明與應(yīng)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．