Question

5．已知定義域為（0，+∞）的函數(shù)f（x）滿足：
①x＞1時，f（x）＜0；
②f（${\frac{1}{2}}$）=1；
③對任意的正實數(shù)x，y，都有f（xy）=f（x）+f（y）．
（1）求證：f（${\frac{1}{x}}$）=-f（x）；
（2）求證：f（x）在定義域內(nèi)為減函數(shù)；
（3）求滿足不等式f（log_0.5m+3）+f（2log_0.5m-1）≥-2的m集合．

Answer 1

分析 （1）令$x=1，y=\frac{1}{2}$，可求得f（1）=0，再令$y=\frac{1}{x}$，代入f（xy）=f（x）+f（y），即可證得：f（${\frac{1}{x}}$）=-f（x）；
（2）設(shè)x₁＞x₂＞0，作差整理可得f（x₁）-f（x₂）=$f（\frac{x_1}{x_2}）$，依題意，可得$f（\frac{x_1}{x_2}）＜0$，利用單調(diào)減函數(shù)的定義可證f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)；
（3）依題意，不等式f（log_0.5m+3）+f（2log_0.5m-1）≥-2可化為f[（log_0.5m+3）（2log_0.5m-1）]≥f（4），再利用（2）f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)可得不等式組$\left\{\begin{array}{l}{log_{0.5}}m＞-3\\{log_{0.5}}m＞\frac{1}{2}\\（{log_{0.5}}m+3）（2{log_{0.5}}m-1）≤4\end{array}\right.$，解之即可．

解答 （本題共15分）
證明：（1）令$x=1，y=\frac{1}{2}$，$f（1×\frac{1}{2}）=f（1）+f（\frac{1}{2}）$，得f（1）=0，
令$y=\frac{1}{x}$，$f（x×\frac{1}{x}）=f（x）+f（\frac{1}{x}）=f（1）=0$，得$f（\frac{1}{x}）=-f（x）$．…（4分）
（2）設(shè)x₁＞x₂＞0，f（x₁）-f（x₂）=$f（{x_1}）+f（\frac{1}{x_2}）$=$f（\frac{x_1}{x_2}）$，
∵x₁＞x₂，∴$\frac{x_1}{x_2}＞1$，∴$f（\frac{x_1}{x_2}）＜0$，即f（x₁）-f（x₂）＜0，
∴f（x₁）＜f（x）₂，
∴f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)．  …（9分）
解：（3）∵$f（\frac{1}{2}）+f（\frac{1}{2}）=f（\frac{1}{4}）=2$，∴$f（4）=-f（\frac{1}{4}）=-2$．…（10分）
f（log_0.5m+3）+f（2log_0.5m-1）≥-2，f（log_0.5m+3）+f（2log_0.5m-1）≥f（4），即f[（log_0.5m+3）（2log_0.5m-1）]≥f（4），
∵f（x）定義域上是減函數(shù)（log_0.5m+3）（2log_0.5m-1）≤4，
∴$\left\{\begin{array}{l}{log_{0.5}}m＞-3\\{log_{0.5}}m＞\frac{1}{2}\\（{log_{0.5}}m+3）（2{log_{0.5}}m-1）≤4\end{array}\right.$…（12分）
∴$\frac{1}{2}＜{log_{0.5}}m≤1$，…（14分）
不等式的解集$\left\{{m\left|{\frac{1}{2}≤m＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}}\right.}\right\}$…（15分）

點評 本題考查抽象函數(shù)及其應用，著重考查賦值法的應用、突出考查利用函數(shù)單調(diào)性的定義判斷函數(shù)的單調(diào)性，考查等價轉(zhuǎn)化思想與函數(shù)方程思想的綜合運用，屬于難題．