Question

設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）＞1，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，y∈R，有
f（x+y）=f（x）f（y）
（Ⅰ）求f（0），判斷并證明函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）數(shù)列{a_n}滿足a₁=f（0），且f(an+1)=

1

f(-2-an)

(n∈N*)
①求{a_n}通項(xiàng)公式．
②當(dāng)a＞1時(shí)，不等式

1

an+1

+

1

an+2

+…+

1

a2n

＞

12

35

(loga+1x-logax+1)對(duì)不小于2的正整數(shù)恒成立，求x的取值范圍．

Answer 1

分析：本題考查的是抽象函數(shù)與數(shù)列的綜合問題．在解答時(shí)，對(duì)（Ⅰ）可以先利用特值解得f（0），再利用單調(diào)性的定義判斷函數(shù)的單調(diào)性即可；對(duì)（Ⅱ）因?yàn)閿?shù)列的首項(xiàng)易求，再結(jié)合f(an+1)=

1

f(-2-an)

(n∈N*)，可知數(shù)列的通項(xiàng)公式為a_n=2n-1從而①即可解答；對(duì)②利用等差數(shù)列的知識(shí)可求的不等式左邊的和進(jìn)而獲得最小值從而找到有關(guān)x的不等式，最終即可獲得解答．

解答：解：（Ⅰ）x，y∈R，f（x+y）=f（x）•f（y），x＜0時(shí)，f（x）＞1
令x=-1，y=0則f（-1）=f（-1）f（0）∵f（-1）＞1
∴f（0）=1
若x＞0，則f（x-x）=f（0）=f（x）f（-x）
故f(x)=

1

f(-x)

∈(0，1)
故x∈Rf（x）＞0
任取x₁＜x₂f（x₂）=f（x₁+x₂-x₁）=f（x₁）f（x₂-x₁）
∵x₂-x₁＞0∴0＜f（x₂-x₁）＜1
∴f（x₂）＜f（x₁）
故f（x）在R上減函數(shù)

（Ⅱ）①a1=f(0)=1，f(an+1)=

1

f(-2-an)

=f(2+an)
由f（x）單調(diào)性知，a_n+1=a_n+2故{a_n}等差數(shù)列
∴a_n=2n-1
②bn=

1

an+1

+

1

an+2

++

1

a2n

，則bn+1=

1

an+2

+

1

an+3

++

1

a2n+2

bn+1-bn=

1

a2n+1

+

1

a2n+2

-

1

an+1

=

1

4n+1

+

1

4n+3

-

1

2n+1

=

1

(4n+1)(4n+3)(2n+1)

＞0，{bn}是遞增數(shù)列
當(dāng)n≥2時(shí)，(bn)min=b2=

1

a3

+

1

a4

=

1

5

+

1

7

=

12

35

∴

12

35

＞

12

35

(loga+1x-logax+1)
即log_a+1x-log_ax+1＜1?log_a+1x＜log_ax
而a＞1，
∴x＞1
故x的取值范圍：（1，+∞）

點(diǎn)評(píng)：本題考查的是抽象函數(shù)與數(shù)列的綜合問題．在解答的過程當(dāng)中充分體現(xiàn)了抽象函數(shù)特值的思想、數(shù)列求和的思想、恒成立的思想以及解不等式和問題轉(zhuǎn)化的思想．值得同學(xué)們體會(huì)反思．