Question

19．已知函數(shù)f（x）的定義域是{x|x≠0}，對定義域內(nèi)的任意x₁，x₂都有f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂），且當(dāng)x＞1時f（x）＞0，f（2）=1．則下列結(jié)論正確的是（1），（3）
（1）f（1）=0；       
（2）若a＞1，則f（a）-f（-a）＞0；    
（3）f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)； 
（4）不等式f（x-1）＜2的解集為（1，5）

Answer 1

分析 （1）利用賦值法令x₁=x₂=1進(jìn)行求解f（1）=0；       
（2）根據(jù)條件判斷函數(shù)的奇偶性即可；    
（3）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義進(jìn)行判斷； 
（4）根據(jù)函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的性質(zhì)將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化進(jìn)行判斷即可．

解答 解：（1）令x₁=x₂=1，則f（1）=f（1）+f（1），解得f（1）=0，故（1）正確，
（2）由題意知，對定義域內(nèi)的任意x₁，x₂都有f（x₁•x₂）=f（x₁）+f（x₂），
令x₁=x₂=-1，代入上式解得f（-1）=0，
令x₁=-1，x₂=x代入上式，
∴f（-x）=f（-1•x）=f（-1）+f（x）=f（x），
∴f（x）是偶函數(shù)．則f（a）-f（-a）=f（a）-f（a）=0，
則a＞1，則f（a）-f（-a）＞0不成立，故（2）錯誤0；
（3）設(shè)x₂＞x₁＞0，則$f（{x_2}）-f（{x_1}）=f（{x_1}•\frac{x_2}{x_1}）-f（{x_1}）$=$f（{x_1}）+f（\frac{x_2}{x_1}）-f（{x_1}）=f（\frac{x_2}{x_1}）$
∵x₂＞x₁＞0，∴$\frac{x_2}{x_1}＞1$，∴$f（\frac{x_2}{x_1}）$＞0，
即f（x₂）-f（x₁）＞0，∴f（x₂）＞f（x₁）
∴f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．故（3）正確；
（4）∵f（2）=1，∴f（4）=f（2）+f（2）=2，
∵f（x）是偶函數(shù)，∴不等式f（x-1）＜2可化為f（|x-1|）＜f（4），
又∵函數(shù)在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴|x-1|＜4，且x-1≠0，
即-4＜x-1＜4，且x≠1，
解得-3＜x＜5，且x≠1，
即不等式的解集為{x|-3＜x＜5，且x≠1}．故（4）錯誤，
故答案為：（1），（3）

點(diǎn)評 本題的考點(diǎn)是抽象函數(shù)的性質(zhì)及其應(yīng)用，根據(jù)證明函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的方法，反復(fù)給x₁和x₂值利用給出恒等式，注意條件的利用；利用賦值法是解決本題的關(guān)鍵．