Question

定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f（x）滿(mǎn)足下列條件：
①存在常數(shù)a（0＜a＜1），使得f（a）=1；②對(duì)任意實(shí)數(shù)m，當(dāng)x∈R⁺時(shí)，有f（x^m）=mf（x）．
（1）求證：對(duì)于任意正數(shù)x，y，f（xy）=f（x）+f（y）；
（2）證明：f（x）在正實(shí)數(shù)集上單調(diào)遞減；
（3）若不等式f（log_a²（4-x）+2）-f（log_a（4-x）⁸）≤3恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）分別取x=a^m，y=aⁿ，再結(jié)合已知條件中的等式，化簡(jiǎn)可以得出f（xy）=f（x）+f（y）；
（2）設(shè)兩個(gè)正數(shù)x₁，x₂，且x₁＞x₂，通過(guò)構(gòu)造x₁=x₂t（t＞1），t=a^α（α＜0），再用函數(shù)單調(diào)性的定義可以證出
f（x₁）-f（x₂）=αf（a）=α＜0，可得函數(shù)在在（0，+∞）上單調(diào)遞減；
（3）先利用（1）的結(jié)論，將不等式化為f(

t2+2

8t

)≤f(a3)，再根據(jù)（2）利用函數(shù)單調(diào)增的性質(zhì)，轉(zhuǎn)化為不等式，∴

t2+2

8t

≥a3對(duì)于t＞0恒成立，實(shí)數(shù)a的范圍就不難得出了．

解答：解：（1）證明：∵x，y均為正數(shù)，且0＜a＜1，根據(jù)指數(shù)函數(shù)性質(zhì)可知，總有實(shí)數(shù)m，n使得x=a^m，y=aⁿ，
于是f（xy）=f（a^maⁿ）=f（a^m+n）=（m+n）f（a）=m+n，…（2分）
又f（x）+f（y）=f（a^m）+f（aⁿ）=mf（a）+nf（a）=m+n，∴f（xy）=f（x）+f（y）（5分）
（2）證明：任設(shè)x₁，x₂∈R⁺，x₁＞x₂，可令x₁=x₂t（t＞1），t=a^α（α＜0）…（7分）
則由（1）知f（x₁）-f（x₂）=f（x₂t）-f（x₂）=f（x₂）+f（t）-f（x₂）=f（t）=f（a^α）=αf（a）=α＜0，
即f（x₁）＜f（x₂）．∴f（x）在正實(shí)數(shù)集上單調(diào)遞減；
（3）令log_a（4-x）=t，原不等式化為f（t²+2）-f（8t）≤3，其中t＞0．∵f（x）-f（y）=f（x）+f（y^-1）=f(

x

y

)且f（a）=1（0＜a＜1），
不等式可進(jìn)一步化為f(

t2+2

8t

)≤f(a3)，…．（12分）
又由于單調(diào)遞減，∴

t2+2

8t

≥a3對(duì)于t＞0恒成立．…（13分）
而

t2+2

8t

=

1

8

((

t

-

2 t

)2+2

2

)≥

1

2 2

，
且當(dāng)t=

2

時(shí)(

t2+2

8t

)min=

1

2 2

．…..（16分）
∴a3≤

1

2 2

，又0＜a＜1，終得0＜a＜

2

2

．…..（18分）

點(diǎn)評(píng)：本題以抽象函數(shù)為依托，考查利用函數(shù)單調(diào)性的定義解函數(shù)值不等式，屬于難題．解決抽象函數(shù)的問(wèn)題一般應(yīng)用賦值法，在解題過(guò)程中體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的思想，在轉(zhuǎn)化過(guò)程中還要注意函數(shù)的定義域．