Question

定义在R上的函数f（x）满足：对于任意实数a，b总有f（a+b）=f（a）•f（b），当x＞0时，0＜f（x）＜1，且f(1)=

1

2

．
（Ⅰ）用定义法证明：函数f（x）在（-∞，+∞）上为减函数；
（Ⅱ）解关于x的不等式f(kx2-5kx+6k)•f(-x2+6x-7)＞

1

4

（k∈R）；
（Ⅲ）若x∈[-1，1]，求证：

8k+27k+1

3

≥

6k•f(x)

2

（k∈R）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）赋值，利用单调性的定义，设x₁＜x₂，证明0＜

f(x2)

f(x1)

＜1，即可得到函数f（x）在（-∞，+∞）上为减函数；
（Ⅱ）求得f（2）=f（1+1）=f（1）f（1）=

1

4

，不等式化为[（k-1）x-（2k-3）]（x-3）＜0，分类讨论，即可得到结论；
（Ⅲ）利用分析法，求得f（-1）=2，只需证

8k+27k+1

3

≥

6k•f(-1)

2

，即

8k+27k+1

3

≥6k，即

(2k)3+(3k)3+(1k)3

3

≥2k•3k•1k，从而得证．

解答：（Ⅰ）证明：令b=0，则f（a+0）=f（a）f（0），∴f（0）=1．
令b=-a，则f（0）=f（a）f（-a）=1，∴f（-a）=

1

f(a)

设x₁＜x₂，则

f(x2)

f(x1)

=f（x₂）f（-x₁）=f（x₂-x₁），
∵x₂-x₁＞0，∴0＜f（x₂-x₁）＜1，即：0＜

f(x2)

f(x1)

＜1，
设x＜0，则-x＞0，∴0＜f（-x）＜1，∴0＜

1

f(x)

＜1，∴f（x）＞1
∴在R上，函数f（x）＞0
∴f（x）是减函数；
（Ⅱ）解：∵f(1)=

1

2

，∴f（2）=f（1+1）=f（1）f（1）=

1

4

∴不等式f(kx2-5kx+6k)•f(-x2+6x-7)＞

1

4

为f（kx²-5kx+6k）•f（-x²+6x-7）＞f（2）
∴（k-1）x²-（5k-6）x+6k-7＜2
∴（k-1）x²-（5k-6）x+6k-9＜0
∴[（k-1）x-（2k-3）]（x-3）＜0
①k=1，不等式可化为x-1＜2，所以x＜3，即不等式的解集为（-∞，3）；
②k＞1，(

2k-3

k-1

，3)；
③0＜k＜1，(-∞，3)∪(

2k-3

k-1

，+∞)；
④k＜0，(-∞，

2k-3

k-1

)∪(3，+∞)；
⑤k=0，（-∞，3）∪（3，+∞）．
（Ⅲ）证明：因为f（x）在[-1，1]单调递减，f（-1）=2，
所以只需证

8k+27k+1

3

≥

6k•f(-1)

2

，即

8k+27k+1

3

≥6k，即

(2k)3+(3k)3+(1k)3

3

≥2k•3k•1k，得证．

点评：本题考查函数单调性的证明，考查解不等式，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．