分析 (1)利用赋值法,推出f(1)=0,即可证明结果.
(2)利用已知条件结合函数的单调性的定义,证明结果即可.
(3)利用已知条件,通过函数的单调性,利用分类讨论求解即可.
解答 解:(1)证明:对于任意的正实数m,n都有f(mn)=f(m)+f(n)成立,
所以令m=n=1,则f(1)=2f(1).
∴f(1)=0,即1是函数f(x)的零点.
(2)证明:设0<x1<x2,∵f(mn)=f(m)+f(n),∴f(mn)-f(m)=f(n).
∴f(x2)-f(x1)=f($\frac{x2}{x1}$).
因0<x1<x2,则$\frac{x2}{x1}$>1.而当x>1时,f(x)<0,从而f(x2)<f(x1).
所以f(x)在(0,+∞)上是减函数.
(3)因为f(4)=f(2)+f(2)=1,
所以不等式f(ax+4)>1可以转化为f(ax+4)>f(4).
因为f(x)在(0,+∞)上是减函数,所以0<ax+4<4.
当a=0时,解集为ϕ;
当a>0时,-4<ax<0,即-$\frac{4}{a}$<x<0,解集为{x|-$\frac{4}{a}$<x<0};
当a<0时,-4<ax<0,即0<x<-$\frac{4}{a}$,解集为{x|0<x<-$\frac{4}{a}$}.
点评 本题考查抽象函数的应用,函数的单调性的证明,分类讨论以及转化思想的应用,考查计算能力.
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A. | f(x)=x,g(x)=($\sqrt{x}$)2 | B. | $f(x)=\frac{{{x^2}-4}}{x-2}$与g(x)=x+2 | ||
C. | f(x)=1,g(x)=x0 | D. | f(x)=|x|,g(x)=$\left\{\begin{array}{l}{x,(x≥0)}\\{-x,(x<0)}\end{array}\right.$ |
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A. | 2 | B. | 3 | C. | 4 | D. | 5 |
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A. | a<1 | B. | a≤1 | C. | a<2 | D. | a≤2 |
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