Question

2．已知定義在R上的增函數(shù)f（x）滿足f（x）＞0，且對于任意的m，n∈R都有f（m）•f（n）=f（m+n）．
（1）求f（0）的值；
（2）求證$\frac{f（m）}{f（n）}$=f（m-n）（m，n∈R）；
（3）若f（4）=4，且存在x∈[1，t]（t＞1）使得f（x²）≤$\frac{1}{8}$f（kx），求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用賦值法，令m=n=0，f（x）＞0，解得f0）=′，
（2）令m=m-n，代入計算即可證明，
（3）令m=n=2，求出f（2）=2，原不等式轉化為8f（x²）≤f（kx），即為f（6+x²）≤f（kx），根據(jù)f（x）在在R上為增函數(shù)，得到6+x²≤kx，分離參數(shù)，構造函數(shù)求出最值，問題得以解決．

解答 解：（1）令m=n=0，
則f（0）f（0）=f（0），
定義在R上的增函數(shù)f（x）滿足f（x）＞0，
∴f（0）=1，
（2）∵f（m）•f（n）=f（m+n），
令m=m-n，
則f（m-n）f（n）=f（m），
∴$\frac{f（m）}{f（n）}$=f（m-n）（m，n∈R）；
（3）令m=n=2，則f（2）f（2）=f（4）=4，f（x）＞0
∴f（2）=2，
∵f（x²）≤$\frac{1}{8}$f（kx），
∴8f（x²）≤f（kx），
∴f（2）•f（4）f（x²）≤f（kx），
∴f（6+x²）≤f（kx），
∵f（x）在在R上為增函數(shù)，
∴6+x²≤kx，
∵x∈[1，t]（t＞1），
∴k≥$\frac{6}{x}$+x，
令g（x）=$\frac{6}{x}$+x，
則g′（x）=-$\frac{6}{{x}^{2}}$+1=$\frac{{x}^{2}-6}{{x}^{2}}$，
當1＜x＜$\sqrt{6}$時，g′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
當x＞$\sqrt{6}$時，g′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，
當1＜t＜$\sqrt{6}$時，函數(shù)g（x）為減函數(shù)，
故g（x）_min=g（t）=t+$\frac{6}{t}$，
當t≥$\sqrt{6}$時，g（x）在[1，$\sqrt{6}$）上為減函數(shù)，在（$\sqrt{6}$，t）上為增函數(shù)，
故g（x）_min=g（$\sqrt{6}$）=2$\sqrt{6}$
綜上所述，當1＜t＜$\sqrt{6}$，k≥t+$\frac{6}{t}$，
當t≥$\sqrt{6}$時，k≥2$\sqrt{6}$

點評 本題考查了抽象函數(shù)的問題，以及函數(shù)的單調(diào)性，分類討論，常常采用賦值法，屬于中檔題．