已知f(x)是定義在(0,+∞)上的單調(diào)遞增函數(shù),對于任意的m、n(m、n∈(0,+∞))滿足f(m)+f(n)=f(mn),且a、b(0<a<b)滿足|f(a)|=|f(b)|=2|f(
a+b
2
)|

(1)求f(1);
(2)若f(2)=1,解不等式f(x)<2;
(3)求證:3<b<2+
2
分析:(1)令m=n=1,由f(m)+f(n)=f(mn),得f(1)+f(1)=f(1),由此能求出f(1).
(2)由f(2)=1,知f(x)<2=1+1=f(2)+f(2)=f(4),由f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,能求出f(x)<2的解集.
(3)由f(1)=0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,知x∈(0,1)時,f(x)<0,x∈(1,+∞)時,f(x)>0,由|f(a)|=|f(b)|,知f(a)=f(b)或f(a)=-f(b).由此能夠證明3<b<2+
2
解答:(1)解:令m=n=1,
由f(m)+f(n)=f(mn),
得f(1)+f(1)=f(1)
∴f(1)=0…(3分)
(2)解:∵f(2)=1,
∴f(x)<2=1+1=f(2)+f(2)=f(4),
又f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
∴0<x<4,
∴f(x)<2的解集為 (0,4)…(7分)
(3)證明:∵f(1)=0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
∴x∈(0,1)時,f(x)<0,
x∈(1,+∞)時,f(x)>0,
又|f(a)|=|f(b)|,
∴f(a)=f(b)或f(a)=-f(b),
∵0<a<b,
∴f(a)=-f(b)
∴f(a)+f(b)=f(ab)=0,
∴ab=1,
∴0<a<1<b,
又∵|f(b)|=2|f(
a+b
2
)|,且b>1,
a+b
2
ab
=1

f(b)=2f(
a+b
2
)
,
∴4b=a2+2ab+b2
4b-b2-2=a2,考慮到0<a<1,
∴0<4b-b2-2<1,又b>1
3<b<2+
2
點評:本題考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用,考查運算求解能力,推理論證能力;考查化歸與轉(zhuǎn)化思想.對數(shù)學思維的要求比較高,有一定的探索性.綜合性強,難度大,是高考的重點.解題時要認真審題,仔細解答.
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已知f(x)是定義在(-4,4)上的奇函數(shù),它在定義域內(nèi)單調(diào)遞減 若a滿足f(1-a)+f(2a-3)小于0,求a的取值范圍.

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f(a)+f(b)
a+b
>0

(1)證明函數(shù)a=1在f(x)=-x2+x+lnx上是增函數(shù);
(2)解不等式:f(
1
x-1
)>0,x∈(0,+∞);
(3)若f′(x)=-2x+1+
1
x
=-
2x2-x-1
x
對所有f'(x)=0,任意x=-
1
2
恒成立,求實數(shù)x=1的取值范圍.

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8、已知f(x)是定義在R上的函數(shù),f(1)=1,且對任意x∈R都有f(x+5)≥f(x)+5,f(x+1)≤f(x)+1.若g(x)=f(x)+1-x,則g(2009)=( 。

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已知f(x)是定義在實數(shù)集R上的增函數(shù),且f(1)=0,函數(shù)g(x)在(-∞,1]上為增函數(shù),在[1,+∞)上為減函數(shù),且g(4)=g(0)=0,則集合{x|f(x)g(x)≥0}=(  )

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已知f(x)是定義在(-∞,+∞)上的偶函數(shù),且在(-∞,0)上是增函數(shù),設(shè)a=f(log47),b=f(log
12
3)
,c=f(0.2-0.6),則a,b,c的大小關(guān)系
a>b>c
a>b>c

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