Question

【題目】定義在R上的函數f（x），滿足當x＞0時，f（x）＞1，且對任意的x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y），f（1）=2．
（1）求f（0）的值；
（2）求證：對任意x∈R，都有f（x）＞0；
（3）解不等式f（3﹣2x）＞4．

Answer 1

【答案】
（1）解：對任意x，y∈R，f（x+y）=f（x）f（y）．

令x=y=0，得f（0）=f（0）f（0），即f（0）=0或f（0）=1．

令y=0，得f（x）=f（x）f（0），對任意x∈R成立，所以f（0）≠0，

因此f（0）=1

（2）證明：對任意x∈R，有f（x）=f（ + ）=f（ ）f（ ）=[f（ ）]2≥0．

假設存在x0∈R，使f（x0）=0，

則對任意x＞0，有f（x）=f[（x﹣x0）+x0]=f（x﹣x0）f（x0）=0．

這與已知x＞0時，f（x）＞1矛盾．

所以，對任意x∈R，均有f（x）＞0成立

（3）解：令x=y=1有f（2）=f2（1）=4，

任取x1，x2，x1＜x2，則x2﹣x1＞0，有f（x2﹣x1）＞1．

f（x2）=f（x2﹣x1+x1）=f（x2﹣x1）f（x1）＞f（x1），

則f（x）在R上遞增，

不等式f（3﹣2x）＞4即f（3﹣2x）＞f（2）．

即有3﹣2x＞2，即x＜ ，

故不等式的解集為（﹣ ）

【解析】（1）令x=y=0，得f（0）=0或f（0）=1．再令y=0，得f（x）=f（x）f（0），對任意x∈R成立，所以f（0）≠0，即f（0）=1；（2）對任意x∈R，有f（x）=f（ + ）=f（ ）f（ ）=[f（ ）]2≥0．由條件即可得證；（3）令x=y=1，求得f（2）=4，再由單調性的定義，任取x1 ， x2，x1＜x2 ， 則x2﹣x1＞0，有f（x2﹣x1）＞1．則f（x2）
=f（x2﹣x1+x1）=f（x2﹣x1）f（x1）＞f（x1），即可判斷f（x）在R上遞增，即有不等式f（3﹣2x）＞4即f（3﹣2x）＞f（2）．運用單調性即可解得．