Question

定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：對(duì)任意實(shí)數(shù)m，n，總有f（m+n）=f（m）•f（n），且當(dāng)x＞0時(shí)，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(jié)論；
（3）若對(duì)任意的t∈R，不等式f（t²-2t）-f（k-2t²）＜0恒成立，求k的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）在f（m+n）=f（m）•f（n）中令m=1，n=0，即可求得f（0）的值；
（2）要判斷f（x）的單調(diào)性，可任取x₁，x₂∈R，且設(shè)x₁＜x₂，可證得f（x₂）-f（x₁）＜0，從而可判斷f（x）的單調(diào)性；
（3）由（2）知，f（t²-2t）-f（k-2t²）＜0恒成立?k＜3t²-2t（t∈R）?k＜（3t²-2t）_min，從而可求k的取值范圍．

解答：解：（1）在f（m+n）=f（m）•f（n）中令m=1，n=0，得：f（1）=f（1）•f（0）
因?yàn)閒（1）≠0，所以，f（0）=1．
（2）要判斷f（x）的單調(diào)性，可任取x₁，x₂∈R，且設(shè)x₁＜x₂．
在f（m+n）=f（m）•f（n）中取m+n=x₂，m=x₁，
則f（x₂）=f（x₁）•f（x₂-x₁），
∵x₂-x₁＞0，
∴0＜f（x₂-x₁）＜1
為比較f（x₂），f（x₁）的大小，只需考慮fx₁（　　）的正負(fù)即可．
在在f（m+n）=f（m）•f（n）中令m=x，n=-x，則得f（x）-f（-x）=1．
∵x＞0時(shí)0＜f（x）＜1，
∴當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）=

1

f(-x)

＞1＞0．
又f（0）=1，所以，綜上，可知，對(duì)于任意x₁∈R，均有f（x₁）＞0．
∴f（x₂）-f（x₁）=f（x₁）[f（x₂-x₁）-1]＜0．
∴函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞減．
（3）不等式即f（t²-2t）＜f（k-2t²），
由（2）知函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞減，
∴t²-2t＞k-2t²，
∴k＜3t²-2t，其中t∈R．
∴k＜（3t²-2t）_min，而3t²-2t=3(t-

1

3

)2-

1

3

≤

1

3

，
∴k＜-

1

3

，即k的取值范圍是（-∞，-

1

3

）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查抽象函數(shù)及其應(yīng)用，考查賦值法，考查函數(shù)單調(diào)性的判定，考查轉(zhuǎn)化思想與方程思想，考查邏輯推理與綜合應(yīng)用能力，屬于難題．