Question

已知f（x）的定义域为（0，+∞），当x＞1时，f（x）＞0，且对于任意实数x，y满足f（xy）=f（x）+f（y），f（2）=1．
（1）试判断函数f（x）的单调性，并证明；
（2）试解不等式f（x）+f（x-2）＜3．

Answer

（1）由条件求出f（1）=0，令y=，可得 f（）=-f（x）．设 x2＞x1＞0，则 ＞1，可得 f（）=f（x2）+f（）=f（x2）-f（x1）＞0，从而得出结论．
（2）不等式即 f[x（x-2）]＜3，求得f（8）=3，不等式即 f[x（x-2）]＜f（8），由 求得不等式的解集．
【解析】
（1）由题意可得 f（1）=f（1×1）=f（1）+f（1）=2f（1），∴f（1）=0．
令y=，可得 f（1）=0=f（x）+f（），∴f（）=-f（x）．
设 x2＞x1＞0，则 ＞1，∴f（）=f（x2）+f（）=f（x2）-f（x1）＞0，
即 f（x2）＞f（x1），函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．
（2）不等式f（x）+f（x-2）＜3 即 f[x（x-2）]＜3．
由于 f（4）=f（2）+f（2）=2，f（8）=f（4）+f（2）=3，
故不等式即 f[x（x-2）]＜f（8）．
由 解得 2＜x＜4，故不等式的解集为 （2，4）．