Question

定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：對任意實數(shù)m，n，總有f（m+n）=f（m）•f（n），且當x＞0時，0＜f（x）＜1．
（1）試求f（0）的值；
（2）判斷f（x）的單調(diào)性并證明你的結論；
（3）設A={（x，y）|f（x²）•f（y²）＞f（1）}，B={(x，y)|f(ax-y+

2

)=1，a∈R}若A∩B=∅，試確定a的取值范圍．
（4）試舉出一個滿足條件的函數(shù)f（x）．

Answer 1

分析：（1）在恒等式中，令m=1，n=0，代入即可得到f（0）的值；
（2）任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，利用恒等式將f（x₂）-f（x₁）變形，再利用當x＞0時，0＜f（x）＜1，確定f（x₂）-f（x₁）的符號，利用函數(shù)單調(diào)性的定義，即可證明函數(shù)的單調(diào)性；
（3）利用恒等式，將f（x²）•f（y²）＞f（1）等價轉化為x²+y²＜1，將f(ax-y+

2

)=1=f(0)轉化為ax-y+

2

=0，從而將A∩B=∅問題轉化為直線與圓面沒有公共點問題，利用直線到圓心的距離大于半徑，列出不等關系，求解即可求得a的取值范圍；
（4）根據(jù)題設的條件從所學的基本初等函數(shù)中，判斷選擇一個函數(shù)即可．

解答：解：（1）∵對任意實數(shù)m，n，總有f（m+n）=f（m）•f（n），
∴令m=1，n=0，則有f（1）=f（1）f（0），
∵當x＞0時，0＜f（x）＜1，
∴f（1）≠0，
∴f（0）=1；
（2）任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，
∵對任意實數(shù)m，n，總有f（m+n）=f（m）•f（n），
∴令m+n=x₂，m=x₁，則有f（x₂）=f（x₁）f（x₂-x₁），
∴f（x₂）-f（x₁）=f（x₁）f（x₂-x₁）-f（x₁）=f（x₁）[f（x₂-x₁）-1]，
∵x₂-x₁＞0，
∴1＞f（x₂-x₁）＞0，
為確定f（x₂）-f（x₁）的正負，只需考慮f（x₁）的正負即可，
∵f（m+n）=f（m）•f（n），
∴令m=x，n=-x，則f（x）•f（-x）=1，
∵x＞0時，0＜f（x）＜1，
∴當x＜0時，f(x)=

1

f(-x)

＞1＞0，
又f（0）=1，
綜上可知，對于任意x₁∈R，均有f（x₁）＞0，
∴f（x₂）-f（x₁）=f（x₁）[f（x₂-x₁）-1]＜0，
∴f（x₂）＜f（x₁），
∴函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞減；
（3）∵對任意實數(shù)m，n，總有f（m+n）=f（m）•f（n），
∴f（x²）•f（y²）=f（x²+y²），
∴不等式f（x²）•f（y²）＞f（1），即f（x²+y²）＞f（1），
∵函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞減，
∴x²+y²＜1，
∴A={（x，y）|f（x²）•f（y²）＞f（1）}表示圓面x²+y²＜1內(nèi)的點，
∵f（ax-y+

2

）=1，且f（0）=1，
∴f(ax-y+

2

)=1=f(0)，即ax-y+

2

=0，
∴B={(x，y)|f(ax-y+

2

)=1，a∈R}表示直線ax-y+

2

=0上的點，
∵A∩B=∅，
∴直線ax-y+

2

=0與圓面x²+y²＜1無公共點，
∴圓心（0，0）到直線ax-y+

2

=0的距離為d=

| 2 |

a2+1

≥1，解得-1≤a≤1，
∴a的取值范圍為-1≤a≤1；
（4）f(x)=(

1

2

)x．

點評：本題主要考查了利用賦值法求解抽象函數(shù)的函數(shù)值，考查了函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明，注意一般單調(diào)性的證明選用定義法證明，證明的步驟是：設值，作差，化簡，定號，下結論．屬于函數(shù)知識的綜合應用．屬于中檔題．