Question

已知定义在R上的恒不为0的函数y=f（x）满足f（x₁+x₂）=f（x₁）•f（x₂），试证明：
（1）f（0）=1及f（x₁-x₂）=

f(x1)

f(x2)

；
（2）f（nx）=[f（x）]ⁿ（n∈N，n≥2）；
（3）若x＞0时，f（x）＞1，则函数f（x）在R上是增函数．

Answer 1

考点：抽象函数及其应用

专题：函数的性质及应用

分析：（1）赋值法：令x₁=x₂=0，易求得f（0）=1，再根据f（x₁+x₂）=f（x₁）•f（x₂）可变形为f（x₁）=f（（x₁+x₂）-x₂）=

f(x1+x2)

f(x2)

，由此可得结论；
（2）迭代法即可，f（nx）=f[（n-1）x+x]=f[（n-1）x]f（x）=f[（n-2）x]f²（x）=…
（3）采用赋值法结合单调性的定义构造出f（x₁）-f（x₂），判断其符号即可．

解答： 解：（1）令x₁=x₂=0，得f（0）=f²（0），又因为f（0）≠0，所以f（0）=1；
由f（x₁+x₂）=f（x₁）•f（x₂）得f（x₁）=f（（x₁+x₂）-x₂）=

f(x1+x2)

f(x2)

①，所以不妨令x₁=x₁+x₂，x₂=x₂，代入①式可得f（x₁-x₂）=

f(x1)

f(x2)

．
（2）由f（x₁+x₂）=f（x₁）•f（x₂）得f（nx）=f（（n-1）x+x）=[f（n-1）x]f（x）=f[（n-2）x+x]f（x）=f[（n-2）x]f²（x）=…=f[（n-i）x]fⁱ（x）=…=f（x）f^n-1（x）=fⁿ（x）（i=0，1，2，…，n）．
（3）令x₁=x₂=

x

2

，则f（x）=f²（

x

2

）＞0，所以函数f（x）＞0恒成立．
任取x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0，所以由（1）得

f(x2)

f(x1)

=f（x₂-x₁），又因为x＞0时，f（x）＞1，所以

f(x2)

f(x1)

=f（x₂-x₁）＞1，
所以f（x₂）＞f（x₁）＞0，所以函数f（x）在R上是增函数．

点评：本题考查了抽象函数的单调性的证明，主要还是利用定义法，本例是利用作商法证明单调性，此时要注意作商的两个数须同号才能比较大小．下结论．