已知定义在（0，+∞）上的函数f（x），满足f（xy）=f（x）+f（y），且f（[1/2]）=1，对于x，y∈（0，+

解题思路：（1）令x=y=1代入f（xy）=f（x）+f（y）可得f（1）；
（2）在f（xy）=f（x）+f（y）中给xy取值得出f（4）=-2，把f（-x）+f（3-x）≥-2转化为f[-x（3-x）]≥f（4），利用单调性解不等式．

（1）∵函数定义在（0，+∞）上，且满足f（xy）=f（x）+f（y），
∴令x=y=1代入上式得f（1）=f（1）+f（1），
∴f（1）=0．
（2）令x=2，y=[1/2]代入f（xy）=f（x）+f（y），
f（1）=f（2）+f（[1/2]）=f（2）+1，而f（1）=0，
∴f（2）=-1，
令x=2，y=2代入f（xy）=f（x）+f（y），得f（4）=f（2）+f（2）=-2，
∵f（-x）+f（3-x）=f[-x（3-x）]
∴f（-x）+f（3-x）≥-2可化为f[-x（3-x）]≥f（4），
又对于x，y∈（0，+∞），当且仅当x＞y时f（x）＜f（y），
∴函数f（x）为（0，+∞）上的减函数，
∴

−x＞0
3−x＞0
−x(3−x)≤4解得-1≤x＜0

点评：
本题考点： 抽象函数及其应用；函数单调性的性质．

考点点评： 本题考查了抽象函数的应用，考查了函数的单调性的判断，训练了特值法求函数的值，考查了学生灵活处理问题和解决问题的能力，属中档题．

f(xy)=f(x)+f(y),
∴f(1)=2f(1),f(1)=0,
f（1/2）=1,
f(2)+f(1/2)=f(1)=0,
∴f(2)=-1,
f(4)=2f(2)=-2,
对于x，y属于（0，+∞），当且仅当x＞y时，f（x）＜f（y）,
∴f(x)↓，
∴f（-x）+f（3-x）≥-2，化为
{-x>0,3-x>...

（1） ∵ 正实数x,y,有f(xy)=f(x)+f(y)恒成立
又 ∵ f(1/2)=1
∴ f(1/2)=f(1*1/2)=f(1)+f(1/2)=1
∴ f(1)=0
（2）令0＜x1＜x2＜+∞
由题已知f(xy)=f(x)+f(y)恒成立，以及（1）中f(1/2)=1， f(1)=...

易知f(x)为单调递减函数，且x>0
由f(xy)=f(x)+f(y)有
 f(1)=2f(1)=f(2)+f(0.5)=0
故 f(2)=-1，f(4)=2f(2)=-2
原式化为
 f(-x*(3-x))>= f(4)
有-x*(3-x)<=4,解得-1<=x<=4,又-x>0
故-1<=x<0

条件一：
因为f(x)是定义在(0,+∞)上的函数，故，要使f（-x），f（3-x）两式子有意义，x必须小于0
条件二：
3=1+1+1=f（1/2）+f（1/2）+f（1/2）=f（1/4）+f（1/2）=f（1/8）（因为1/2>0，满足f(x)定义和f(x)的性质：f(xy)=f(x)+f(y)）
条件三：
同理：f（-x）+f（3-x）=f...

f(1)=f(1)+f(1)
f(1)=0
定义域 x<0
f(1)=f(1/2)+f(2)=0
所以 f(2)=-1
f(4)=f(2)+f(2)=-2
所以 f(-x)+f(3-x)≥f(4)
f(x²-3x)≥f(4)
x²-3x≤4
解得 -1≤x≤4
结合定义域
-1≤x<0