Question

18．已知f（x）是定義在（0，+∞）上的函數(shù)，且對(duì)任意正數(shù)x，y都滿足f（xy）=f（x）+f（y），且當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞0，f（3）=1．
（1）求幾何A={x|f（x）＞f（x-1）+2}；
（2）比較f（a+1-lna）與f（$\frac{1}{a}$+1+lna）的大小，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 形如f（xy）=f（x）+f（y）的函數(shù)模型，它的原型就是對(duì)數(shù)函數(shù)y=log_ax；
 （1）是通過(guò)抽象函數(shù)的單調(diào)性，脫掉”f“，解不等式； 
 （2）由f（x）的單調(diào)性，去掉”f“，實(shí)際上就是比較，a+1-lna與$\frac{1}{a}$+1+lna的大小，可用做差法．

解答 解：（1）設(shè)x₁＞x₂＞0，則由條件可知f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）＞0，又∵f（x₁）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}•{x}_{2}$）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）+f（x₂）＞f（x₂），
∴f（x）是定義在（0，+∞）上的函數(shù)增函數(shù)．
 由f（x）＞f（x-1）+2，且f（9）=f（3）+f（3）=2，得到f（x）＞f（，9（x-1）），即$\left\{\begin{array}{l}{x＞0}\\{x-1＞0}\\{x＞9x-9}\end{array}\right.$，∴1＜x＜$\frac{9}{8}$．
∴集合A═{x|1＜x＜$\frac{9}{8}$}．
（2）由x＞0時(shí)，lnx＞x+1可知，a+1-lna＞0，$\frac{1}{a}$+1+lna＞0．
  a+1-lna-（$\frac{1}{a}$+1+lna）=a-$\frac{1}{a}$-2lna，
記 g（a）=a-$\frac{1}{a}$-2lna，g′（a）=1-$\frac{1}{{a}^{2}}$-$\frac{2}{a}$=（ $\frac{1}{a}-1$）²≥0，g（a）=a-$\frac{1}{a}$-2lna在（0，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，且g（1）=0，
∴當(dāng)a＞1時(shí)，a+1-lna＞$\frac{1}{a}$+1+lna，f（a+1-lna）＞f（$\frac{1}{a}$+1+lna）；
當(dāng)a＜1時(shí)，a+1-lna＜$\frac{1}{a}$+1+lna，f（a+1-lna）＜f（$\frac{1}{a}$+1+lna）；
當(dāng)a=1時(shí)，a+1-lna=$\frac{1}{a}$+1+lna，f（a+1-lna）=f（$\frac{1}{a}$+1+lna）；
綜上所述：當(dāng)a＞1時(shí)，a+1-lna＞$\frac{1}{a}$+1+lna，f（a+1-lna）＞f（$\frac{1}{a}$+1+lna）； 當(dāng)a＜1時(shí)，a+1-lna＜$\frac{1}{a}$+1+lna，f（a+1-lna）＜f（$\frac{1}{a}$+1+lna）；
 當(dāng)a=1時(shí)，a+1-lna=$\frac{1}{a}$+1+lna，f（a+1-lna）=f（$\frac{1}{a}$+1+lna）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了抽象函數(shù)的單調(diào)性證明方法（定義法）的處理技巧，解抽象函數(shù)不等式時(shí)要注意定義域這是易錯(cuò)點(diǎn)，以及用作差法比較代數(shù)式大�。ㄓ玫椒诸愑懻摚�，屬于中檔題．