Question

17．已知定義在區(qū)間（0，+∞）上的函數(shù)f（x）滿足f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）=f（x₁）-f（x₂），且當(dāng)x＞1時(shí)f（x）＞0，若f（3）=1．
（1）判斷f（x）的單調(diào)性；
（2）解關(guān)于x的不等式$f（3x+6）+f（\frac{1}{x}）＞2$；
（3）若f（x）≤m²-2am+1對所有x∈（0，3]，a∈[-1，1]恒成立，求實(shí)數(shù)m．

Answer 1

分析 （1）任取x₁＞x₂＞0，作差f（x₁）-f（x₂）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），利用當(dāng)x＞1時(shí)f（x）＞0，判斷單調(diào)性；
（2）f（9）=2，$f（3x+6）+f（\frac{1}{x}）＞2$，可得f（3x+6）＞f（9x），利用單調(diào)性，即可得出結(jié)論；
（3）f（x）≤m²-2am+1對所有x∈（0，3]，a∈[-1，1]恒成立，即1≤m²-2am+1對所有a∈[-1，1]恒成立．

解答 解：（1）任取x₁＞x₂＞0，
則f（x₁）-f（x₂）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），
∵$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞1，∴f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）＞0；
故f（x₁-f（x₂＞0，
故f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；）4分）        
（2）∵f（3）=1，∴f（9）=2，
∵$f（3x+6）+f（\frac{1}{x}）＞2$，
∴f（3x+6）＞f（9x），
∴3x+6＞9x＞0，
∴0＜x＜1，
∴不等式的解集為（0，1）…．（8分）
（3）f（x）≤m²-2am+1對所有x∈（0，3]，a∈[-1，1]恒成立，
即1≤m²-2am+1對所有a∈[-1，1]恒成立，…．（10分）
∴m²-2m+1≥1且m²+2m+1≥1，
∴m∈（-∞，-2]∪[2，+∞）…．（12分）．

點(diǎn)評 本題考查了抽象函數(shù)的應(yīng)用，考查函數(shù)單調(diào)性的證明，考查恒成立問題，屬于中檔題．