Question

已知函數(shù)f（x）的定義域為R，當x＞0時，f（x）＞1，且對任意a，b∈R的，恒有f（a+b）=f（a）•f（b）；
（1）求f（0）的值
（2）求證：當x＜0時，0＜f（x）＜1
（3）求證：f（x）在（-∞，+∞）上為增函數(shù)；
（4）若f（1）=2，A={（m，n）|f（n）•f（2m-m²）＞

2

，m，n∈Z}，B={（m，n）|f（n-m）=16，m，n∈Z}，求A∩B．

Answer 1

分析：（1）利用賦值思想即可得到結(jié)論；
（2）令x＜0，則-x＞0可得f（-x）＞1然后根據(jù)1=f（0）=f（x-x）=f（x）•f（-x）得到f（x）=

1

f(-x)

，從而可證得當x＜0時，0＜f（x）＜1；
（3）利用單調(diào)性的定義，作差，然后判定與零的大小關(guān)系得到，注意結(jié)合題中的關(guān)系式的變換得到；
（4）先將f（n）•f（2m-m²）＞

2

轉(zhuǎn)化成f（n+2m-m²）＞f（

1

2

），將f（n-m）=16轉(zhuǎn)化成f（n-m）=f（4），然后利用單調(diào)性去掉“f”，解不等式，從而求出集合A與集合B，最后根據(jù)交集的定義進行求解即可．

解答：（1）解：因為對任意的a，b∈R，有f（a+b）=f（a）•f（b），
所以令a=1，b=0，則有f（1）=f（1）•f（0），又f（1）＞1，所以f（0）=1．
（2）令x＜0，則-x＞0∴f（-x）＞1
∴1=f（0）=f（x-x）=f（x）•f（-x）
則f（x）=

1

f(-x)

∵f（-x）＞1
∴當x＜0時，0＜f（x）＜1
（3）是增函數(shù)，證明如下
設x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，
f（x₂）-f（x₁）=f（x₂-x₁+x₁）-f（x₁）=f（x₂-x₁）f（x₁）-f（x₁）=[f（x₂-x₁）-1]f（x₁），
由題意知f（x₂-x₁）＞1，f（x₁）＞0，所以f（x₂）-f（x₁）＞0，即f（x₂）＞f（x₁）．
所以f（x）在R上為增函數(shù)．
（4）由f（1）=2得f（

1

2

+

1

2

）=f²（

1

2

）=2
∵x＞0時，f（x）＞1
∴f（

1

2

）=

2

，而f（n）•f（2m-m²）＞

2

，
∴f（n+2m-m²）＞f（

1

2

）又f（x）在R上為增函數(shù)
∴n+2m-m²＞

1

2

    ①
又f（4）=f（2）f（2）=f²（2）=f⁴（1）=16
∴f（n-m）=16=f（4）又f（x）在R上為增函數(shù)
∴n-m=4         ②
將②代入①得：

3- 23

2

＜m＜

3+ 23

2

由①②以及m，n∈Z得m=0，1，2，3
從而得n=4，5，6，7
∴A∩B={（0，4），（1，5），（2，6），（3，7）}

點評：本題主要是考查了抽象函數(shù)的奇偶性、函數(shù)的單調(diào)性的證明與抽象不等式的解法，以及函數(shù)值符號的判定的綜合運用，屬于中檔題．