Question

已知函數(shù)f（x）對(duì)任意的實(shí)數(shù)m，n，f（m+n）=f（m）+f（n），當(dāng)x＞0時(shí)，有f（x）＞0．
（1）求證：f（0）=0
（2）求證：f（x）在（-∞，+∞）上為增函數(shù)．
（3）若f（1）=1，解不等式f（4^x-2^x）＜2．

Answer 1

（1）解：令m=n=0，
f（m+n）=f（m）+f（n），由f（m+n）=f（m）+f（n），得f（0）=f（0）+f（0），
所以f（0）=0．
（2）證明：設(shè)x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）-f[（x₂-x₁）+x₁]
=f（x₁）-[f（x₂-x₁）+f（x₁）]
=-f（x₂-x₁），
因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，有f（x）＞0，且x₂-x₁＞0，所以f（x₂-x₁）＞0，
所以f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
故函數(shù)f（x）在（-∞，+∞）上為增函數(shù)．
（3）解：由f（1）=1及已知，得2=f（1）+f（1）=f（2），
所以不等式f（4^x-2^x）＜2等價(jià)于f（4^x-2^x）＜f（2）．
由（2）知f（x）為R上的增函數(shù)，所以有4^x-2^x＜2，
不等式f（4^x-2^x）＜2即（2^x）²-2^x-2＜0，則（2^x+1）（2^x-2）＜0，
所以2^x＜2，解得x＜1．
故不等式f（4^x-2^x）＜2的解集為{x|x＜1}．
分析：（1）賦值法：在f（m+n）=f（m）+f（n）中，令m=n=0即可解得；
（2）利用增函數(shù)的定義證明：設(shè)x₁＜x₂，f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）-f[（x₂-x₁）+x₁]=f（x₁）-[f（x₂-x₁）+f（x₁）]=-f（x₂-x₁），再結(jié)合x＞0時(shí)，有f（x）＞0，可得到f（x₁）＜f（x₂）．
（3）由f（1）=1及已知可得2=f（2），再由函數(shù)f（x）的單調(diào)性可把不等式f（4^x-2^x）＜2化為4^x-2^x＜2，從而可求得不等式．
點(diǎn)評(píng)：本題考查抽象函數(shù)的函數(shù)值及其單調(diào)性問題，定義及其性質(zhì)是解決抽象函數(shù)問題的主要手段．