Question

13．函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，并滿足以下條件：
①對(duì)任意x∈R，有f（x）＞0； ②對(duì)任意x、y∈R，有f（xy）=[f（x）]^y；  ③f（$\frac{1}{3}$）＞1
（1）求f（0）的值；
（2）判斷f（x）的在R上單調(diào)性并說(shuō)明理由；
（3）若f（2）=2，且x滿足f（$\frac{1}{2}$）≤f（x）≤f（2），求函數(shù)y=2f（2log₂x）+$\frac{1}{{f（2{{log}_2}x）}}$的最大值和最小值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)條件f（xy）=[f（x）]^y；令x=$\frac{1}{3}$，y=0，可得f（0），
（2）利用賦值法求f（1），然后根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)確定函數(shù)的單調(diào)性．
（3）利用換元法和導(dǎo)數(shù)法，判斷函數(shù)的最值進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）因?yàn)閒（x）＞0，任意的x，y∈R，f（xy）=[f（x）]^y，所以令x=$\frac{1}{3}$，y=0，
則f（0）=[f（$\frac{1}{3}$）]⁰=1，即f（0）=1．
（2）令$x=\frac{1}{3}，y=3$得$f（1）=f（\frac{1}{3}×3）={[f（\frac{1}{3}）]}^{3}$，因?yàn)閒（$\frac{1}{3}$）＞1，所以$f（1）=f（\frac{1}{3}×3）={[f（\frac{1}{3}）]}^{3}＞1$．
令x=1，則f（xy）=f（y）=[f（1）]^y，
即f（x）=[f（1）]^x，為底數(shù)大于1的指數(shù)函數(shù)，所以函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增．
（3）∵函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，
∴由f（$\frac{1}{2}$）≤f（x）≤f（2），得$\frac{1}{2}$≤x≤2，
由$\frac{1}{2}$≤2log₂x≤2，得$\frac{1}{4}$≤log₂x≤1，
令t=log₂x，則$\frac{1}{4}$≤t≤1，
若f（2）=2，則f（2）=[f（1）]²=2，即f（1）=$\sqrt{2}$，
則f（x）=（$\sqrt{2}$）^x，
則函數(shù)等價(jià)為y=2f（2t）+$\frac{1}{f（2t）}$=2•（$\sqrt{2}$）^2t+$\frac{1}{（\sqrt{2}）^{2t}}$=2•2^t+$\frac{1}{{2}^{t}}$，
再設(shè)m=2^t，則${2}^{\frac{1}{4}}$≤m≤2，
則函數(shù)等價(jià)為y=2m+$\frac{1}{m}$，則y′=2-$\frac{1}{{m}^{2}}$=$\frac{2{m}^{2}-1}{{m}^{2}}$，
由y′=0得2m²-1=0得m=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
則當(dāng)m=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)，函數(shù)y=2m+$\frac{1}{m}$取得極小值同時(shí)也是最小值為y=$2×\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$=$\sqrt{2}+\sqrt{2}=2\sqrt{2}$，
當(dāng)m=2時(shí)，y=4+$\frac{1}{2}$=$\frac{9}{2}$，
當(dāng)m=${2}^{\frac{1}{4}}$時(shí)，y=2•${2}^{\frac{1}{4}}$+$\frac{1}{{2}^{\frac{1}{4}}}$=${2}^{\frac{5}{4}}$+${2}^{-\frac{1}{4}}$＜$\frac{9}{2}$，
故函數(shù)的最大值為$\frac{9}{2}$，最小值為2$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查抽象函數(shù)的應(yīng)用和性質(zhì)，利用賦值法是解決抽象函數(shù)的基本方法，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．