两道抽象函数题4.若函数f(x)是定义在（0,+∞）上的增函数,且对一切x＞0,y＞0满足f(xy)=f(x)+f(y),则不等式f(x+6)+f(x)＜2f(4)的解集为 .7.函数f(x)对任意的a、b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且当x＞0时,f(x)＞

两道抽象函数题4.若函数f(x)是定义在（0,+∞）上的增函数,且对一切x＞0,y＞0满足f(xy)=f(x)+f(y),则不等式f(x+6)+f(x)＜2f(4)的解集为 .7.函数f(x)对任意的a、b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且当x＞0时,f(x)＞
两道抽象函数题
4.若函数f(x)是定义在（0,+∞）上的增函数,且对一切x＞0,y＞0满足f(xy)=f(x)+f(y),则不等式f(x+6)+f(x)＜2f(4)的解集为 .
7.函数f(x)对任意的a、b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且当x＞0时,f(x)＞1.
（1）求证：f(x)是R上的增函数；?
（2）若f(4)=5,解不等式f(3m2-m-2)＜3.

两道抽象函数题4.若函数f(x)是定义在（0,+∞）上的增函数,且对一切x＞0,y＞0满足f(xy)=f(x)+f(y),则不等式f(x+6)+f(x)＜2f(4)的解集为 .7.函数f(x)对任意的a、b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且当x＞0时,f(x)＞
4、
f(xy)=f(x)+f(y)
f(x+6)+f(x)＜f(4)+f(4)
f[x(x+6)]0
00
所以x>0
0

[1]

化为
f[x(x+6)]由已知得
x(x+6)>0
16>0
x(x+6)<16
解得x∈(-8,-6)∪(0,2)
分析：
这是一道抽象函数 所以我说的详细一些
根据f(xy)=f(x)+f(y)
可得f(x+6)+f(x)=f[x(x+6)]
2f(4)=f(4)+f...

全部展开

[1]

化为
f[x(x+6)]由已知得
x(x+6)>0
16>0
x(x+6)<16
解得x∈(-8,-6)∪(0,2)
分析：
这是一道抽象函数 所以我说的详细一些
根据f(xy)=f(x)+f(y)
可得f(x+6)+f(x)=f[x(x+6)]
2f(4)=f(4)+f(4)=f(16)
通俗的说就是合并起来
x(x+6)>0
16>0
是为了满足x和y的定义域 题目中给出了
又因为f(x)在(0,+00)上单调递增
所以有x(x+6)<16
[2]
令x1>x2
f(x1)-f(x2)=f[(x1-x2)+x2]-f(x2)=f[(x1-x2)+f(x2)-1-f(x2)=f（x1-x2)-1
因为x1>x2,所以f(x1-x2)>1,
故f(x1)>f(x2)
所以f(x)在R上是增函数
f(4)=f(2)+f(2)-1=5,2f(2)=6,f(2)=3
所以f(3m^2-m-2)根据单调性：3m-m-2<2,
3m^2-m-4<0
即(m+1)(3m-4)<0
故-1

收起

∵f(x2+6x)=f(x+6)+f(x)＜2f(4)=f(4)+f(4)=f(16)
∵f(x)是定义在（0，+∞）上的增函数
∴x2+6x＜16且x>0,x+6>0
∴x2+6x-16＜0且x>0,x+6>0
∴{x|0＜x＜2}
令x1>x2,且x1=x2+t,t>0
则f(x1)=f(x2+t)=f(x2)+f(t)-1,f(t)>1

全部展开

∵f(x2+6x)=f(x+6)+f(x)＜2f(4)=f(4)+f(4)=f(16)
∵f(x)是定义在（0，+∞）上的增函数
∴x2+6x＜16且x>0,x+6>0
∴x2+6x-16＜0且x>0,x+6>0
∴{x|0＜x＜2}
令x1>x2,且x1=x2+t,t>0
则f(x1)=f(x2+t)=f(x2)+f(t)-1,f(t)>1
∴f(x1)-f(x2)=f(t)-1>0
所以递增
f(4)=f(2)+f(2)-1=5,2f(2)=6,f(2)=3
∴f(3m2-m-2)∴3m2-m-2<2即3m2-m-4<0
∴{m|-1

收起