Question

18．已知定義在（0，+∞）上的函數(shù)f（x）滿足下列條件：①f（x）不恒為0；②對任意的正實數(shù)x和任意的實數(shù)y都有f（x^y）=y•f（x）．
（1）求證：方程f（x）=0有且僅有一個實數(shù)根；
（2）設(shè)a為大于1的常數(shù)，且f（a）＞0，試判斷f（x）的單調(diào)性，并予以證明；
（3）若a＞b＞c＞1，且2b=a+c，求證：f（a）•f（c）＜[f（b）]²．

Answer 1

分析 （1）先令y=0，求出方程的實數(shù)根，再證明即可，
（2）由條件f（a）＞0，根據(jù)單調(diào)性的定義即可證明f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
（3）根據(jù)不等式的性質(zhì)即可證明不等式f（a）f（c）＜[f（b）]²；

解答 （1）證明：令y=0，∵對任意的正實數(shù)x和任意的實數(shù)y都有f（x^y）=y•f（x）．
則f（1）=0，因此x=1是方程f（x）=0一個實數(shù)根．
先證明以下結(jié)論：
設(shè)0＜a，a≠1時，假設(shè)x，y＞0，則存在m，n，使x=a^m，y=aⁿ，
∵對任意的正實數(shù)x和任意的實數(shù)y都有f（x^y）=y•f（x）．
∴f（xy）=f（a^maⁿ）=f（a^m+n）=（m+n）f（a），
f（x）+f（y）=f（a^m）+f（aⁿ）=mf（a）+nf（a）=（m+n）f（a）．
則f（xy）=f（x）+f（y）．
令y=0，則f（x）=0，
若方程f（x）=0還有一個實數(shù)根，可得f（x）≡0．
與已知f（x）不恒為0矛盾．
因此：方程f（x）=0有且僅有一個實數(shù)根；
（2）設(shè)x^y=ac，則y=log_xac，
∴設(shè)x₀∈（0，1），則f（${a}^{lo{g}_{a}{x}_{0}}$）=（log_ax₀）f（a）＜0，
設(shè)x₁，x₂為區(qū)間（0，+∞）內(nèi)的任意兩個值，且x₁＜x₂，則0＜$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜1，
由（1）可得：
f（x₁）-f（x₂）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$•x₂）-f（x₂）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）+f（x₂）-f（x₂）=f（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）＜0
所以f（x₁）＜f（x₂），所以f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
（3）設(shè)x^y=ac，則y=log_xac，
∴f（ac）=f（x^y）=yf（x）=（log_xac）f（x）=（log_xa+log_xc）f（x）=（log_xa）f（x）+（log_xc）f（x）=f（${x}^{lo{g}_{x}a}$）+f（${x}^{lo{g}_{x}c}$）=f（a）+f（c）
∵b²=ac，
∴f（b²）=f（ac），
即2f（b）=f（a）+f（c），
f（b）=$\frac{1}{2}$[f（a）+f（c）]，
∴[f（b）]²-f（a）•f（c）=[$\frac{f（a）+f（c）}{2}$]²-f（a）•f（c）=[$\frac{f（a）-f（c）}{2}$]²，
下面證明當(dāng)x≠1時，f（x）≠0．
假設(shè)存在x≠1，f（x₀）=0，則對于任意x≠1，f（x）=f（${{x}_{0}}^{lo{g}_{x0}x}$）=（log${\;}_{{x}_{0}}$x）f（x₀）=0
不合題意．所以，當(dāng)x≠1時，f（x）≠0．
因為a＞b＞c＞1，所以存在m≠1，
f（a）-f（c）=f（${m}^{lo{g}_{m}a}$）-f（${m}^{lo{g}_{m}c}$）=（log_ma-log_mc）f（m）≠0，
所以f（a）≠f（c），所以f（a）f（c）＜f²（b）．

點評 本題主要考查抽象函數(shù)應(yīng)用以及函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，綜合考查學(xué)生的運算能力，綜合性較強，難度較大．