抽象函数专题

(2)由题意知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－2.

∴5＝f(3)＝f(1＋2)＝f(2)＋f(1)－2＝f(1)＋f(1)－2＋f(1)－2＝3f(1)－4.

∴f(1)＝3. ∴不等式f(a－2a－2)<><>

又f(x)在R上为增函数，∴a－2a－2<1><><><3.><><>

20.函数f(x)对任意的a、b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且当x＞0时，f(x)＞1.

（1）求证：f(x)是R上的增函数；

2（2）若f(4)=5,解不等式f(3m-m-2)＜3.

解 （1）设x1,x2∈R，且x1＜x2, 则x2-x1＞0,∴f(x2-x1)＞1.

f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1＞0. ∴f（x2）＞f(x1).

即f(x)是R上的增函数.

2（2）∵f（4）=f（2+2）=f（2）+f（2）-1=5， ∴f（2）=3， ∴原不等式可化为f(3m-m-2)＜f(2),

∵f(x)是R上的增函数，∴3m-m-2＜2, 解得-1＜m＜,故解集为（-1, ）. 222224

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21.已知定义在区间（0，+∞）上的函数f(x)满足f(x1)=f(x1)-f(x2)，且当x＞1时，f(x)＜0. x2

（1）求f(1)的值；

（2）判断f(x）的单调性；

（3）若f(3)=-1,解不等式f(|x|)＜-2.

解 （1）令x1=x2＞0, 代入得f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故f(1)=0.

（2）任取x1,x2∈(0,+∞)，且x1＞x2,则

所以f(x1＞1, 由于当x＞1时，f(x)＜0, x2x1)＜0,即f(x1)-f(x2)＜0, 因此f(x1)＜f(x2), 所以函数f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数.x2

9x1)=f(x1)-f(x2)得 f()=f(9)-f(3),而f(3)=-1,所以f(9)=-2. 3x2 （3）由f(

由于函数f(x)在区间（0,+∞）上是单调递减函数，

由f(|x|)＜f(9),得|x|＞9,∴x＞9或x＜-9.因此不等式的解集为{x|x＞9或x＜-9}.

22.已知f(x)在定义域（0，+∞）上的函数，且满足f(xy)=f(x)+f(y), f (3)=1,当x>1时,f(x)>0, 试解不等式f(x)+f(x-8)≤2.

解 根据题意，由f(3)=1,得f(9)=f(3)+f(3)=2. 又f(x)+f(x-8)=f［x(x-8)］,故f［x(x-8)］≤f(9).

x>0，?∵f（x）在定义域（0,+∞）上为增函数，∴?x-8>0，解得8＜x≤9.

x(x-8)≤9,?

23.函数f(x)对任意的实数m、n有f(m+n)=f(m)+f(n),且当x＞0时有f(x)＞0.

（1）求证：f(x)在（-∞,+∞)上为增函数；

2（2）若f(1)=1,解不等式f［log2(x-x-2)］＜2.

（1）证明 设x2＞x1,则x2-x1＞0. ∵f(x2)-f(x1)=f(x2-x1+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-f(x1)=f(x2-x1)＞0, ∴f(x2)＞f(x1),f(x)在（-∞,+∞)上为增函数.

22（2）解 ∵f(1)=1,∴2=1+1=f(1)+f(1)=f(2). 又f［log2(x-x-2)］＜2,∴f［log2(x-x-2)］＜f(2).

2??x-x-2>0，?x<-1或x>2,∴log2(x-x-2)＜2,于是?∴? 2-2<><><>

即-2＜x＜-1或2＜x＜3.∴原不等式的解集为{x|-2＜x＜-1或2＜x＜3}.