Question

定義在R上的函數(shù)f（x），f（0）≠0，且對(duì)任意實(shí)數(shù)a，b，有f（a+b）=f（a）•f（b），當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞1，
（1）證明：f（x）是R上的增函數(shù)；
（2）若f（x）•f（2x-x²）＞1，求x的取值范圍．
（3）當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，f（x²+x）+mf（2x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由題設(shè)條件對(duì)任意x₁、x₂在所給區(qū)間內(nèi)比較f（x₂）-f（x₁）與0的大小即可．
（2）根據(jù)f（a+b）=f（a）•f（b），把不等式f（x-2）•f（2x-x²）＞1化為f（-x²+3x-2）＞1，再借助函數(shù)的單調(diào)性解不等式即可．
（3）當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，f（x²+x）+mf（2x）≥0恒成立，推出m的表達(dá)式，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答：解：（1）證明：任取x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，
由題設(shè)x＞0時(shí)，f（x）＞1，可得f（x₂-x₁）＞1，
f（x₂）=f（x₁）f（x₂-x₁）⇒

f(x2)

f(x1)

=f（x₂-x₁）＞1，
又f（

1

2

x₁+

1

2

x₁）=f（

1

2

x₁）f（

1

2

x₁）=f ²（

1

2

x₁）≥0⇒f（x₁）≥0，
故有f（x₂）＞f（x₁）
所以 f（x）是R上增函數(shù)．
（2））∵f（a+b）=f（a）•f（b），
∴令a=b=0，則f（0）=[f（0）]²，
∵f（0）≠0，
∴f（0）=1；  
又∵f（a+b）=f（a）•f（b），
∴f（x）•f（2x-x²）=f[x+（2x-x²）]=f（-x²+3x）＞1，
又∵1=f（0）且f（x）在R上單調(diào)遞增，
∴由f（-x²+3x）＞f（0）可得，-x²+3x＞0，解得，0＜x＜3，
∴x的取值范圍為（0，3）．
（3）因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞1，所以f（2x）＞1，
f（x²+x）+mf（2x）≥0，可得m≥-

f(x2+x)

f(2x)

=-f（x²-x）．
當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，x²-x是增函數(shù)，f（x²-x）是增函數(shù)，
-f（x²-x）是減函數(shù)，
所以x=1時(shí)，-f（x²-x）取得最大值，
∴m≥-f（1²-1）=-f（0）=-1．
∴m≥-1．
實(shí)數(shù)m的取值范圍：[-1，+∞）．

點(diǎn)評(píng)：本題考點(diǎn)是抽象函數(shù)及其應(yīng)用，考查用賦值法求函數(shù)值證明函數(shù)的奇偶性，以及靈活利用所給的恒等式證明函數(shù)的單調(diào)性，此類題要求答題者有較高的數(shù)學(xué)思辨能力，能從所給的條件中組織出證明問(wèn)題的組合來(lái)．