Question

定义在（0，+∞）的f（x），对（0，+∞）内任意x，y，都满足f（xy）=f（x）+f（y），且f（3）=1．
（1）求f（1）；
（2）若x＞1时，f（x）＞0恒成立，证明：f（x）在（0，+∞）为单调递增函数；
（3）在（2）的条件下，解不等式f（x）+f（x-8）≤2．

Answer 1

分析：（1）根据恒等式f（xy）=f（x）+f（y），赋值x=y=1，即可求得f（1）的值；
（2）任取x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，作差f（x₁）-f（x₂），令x₂=x₁•△x（△x＞1），利用恒等式转化为-f（△x），根据x＞1时，f（x）＞0恒成立，即可得到f（x₁）-f（x₂）＜0，根据函数单调性的定义，即可证明所要证明的结论；
（3）利用恒等式f（xy）=f（x）+f（y），则f（x）+f（x-8）≤2可以转化为f（x×（x-8））≤2，再根据f（3）=1，则2=f（9），所以不等式转化为f（x×（x-8））≤f（9），由（2）中的结论，可以列出不等式组，求解即可得到不等式f（x）+f（x-8）≤2的解集．

解答：解：（1）∵对（0，+∞）内任意x，y，都满足f（xy）=f（x）+f（y），
∴令x=y=1，得f（1）=f（1）+f（1），
∴f（1）=0；
（2）证明：任取x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，
令x₂=x₁•△x（△x＞1），又对（0，+∞）内任意x，y，都满足f（xy）=f（x）+f（y），
∴f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）-f（x₁•△x）=f（x₁）-（f（x₁）+f（△x））=-f（△x），
∵△x＞1，而x＞1时，f（x）＞0恒成立，
∴f（△x）＞0，
∴-f（△x）＜0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在（0，+∞）为单调递增函数；
（3）∵任意x，y，都满足f（xy）=f（x）+f（y），且f（3）=1，
∴f（9）=f（3）+f（3）=2，且f（x）+f（x-8）=f（x×（x-8）），
∴原不等式可转化为f（x×（x-8））≤f（9），
∵f（x）在（0，+∞）为单调递增函数，
∴

x＞0 x-8＞0 x(x-8)≤9

，
得

x＞0 x＞8 -1≤x≤9

，解得8＜x≤9，
∴不等式f（x）+f（x-8）≤2的解集为{x|8＜x≤9}．

点评：本题考查了抽象函数及其应用，考查了利用赋值法求解抽象函数的函数值，函数单调性的判断与证明，证明函数的单调性要抓住函数单调性的定义，证明的步骤是：设值，作差，化简，定号，下结论．解决本题的关键是综合运用函数性质把抽象不等式化为具体不等式．属于中档题．