Question

設(shè)函數(shù)f（x）的定義域為R，當(dāng)x＜0時，f（x）＞1，且對于任意的實數(shù)x，y都有 f（x+y）=f（x）•f（y）成立，
（1）求f（0）的值，判斷并證明函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若數(shù)列{a_n}滿足，求{a_n}的通項公式；
（3）如果，b_n=lgf（a_n），求數(shù)列{b_n}的前n項和S_n．

Answer 1

【答案】分析：（1）采用賦值法：令x=-1、y=0代入，并結(jié)合f（-1）＞1化簡得f（0）=1．再取y=-x，代入題中等式化簡得到當(dāng)x＞0時，f（x）=，從而得到當(dāng)x∈R時，總有f（x）＞0成立．最后根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，即可證出當(dāng)x₁＜x₂時，f（x₁）＞f（x₂），可得函數(shù)f（x）在（-∞，+∞）上是減函數(shù)；
（2）因為，結(jié)合函數(shù)對應(yīng)法則化簡，得到f（a_n+1）=f（a_n+2），結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性得數(shù)列{a_n}是公差為2的等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列通項公式可得a_n的表達(dá)式；
（3）根據(jù)函數(shù)的對應(yīng)法則，結(jié)合證出數(shù)列{f（n）}構(gòu)成以公比q=的等比數(shù)列，可得，進(jìn)而得到f（a_n）=，由此算出數(shù)列{b_n}是以為首項，以為公差的等差數(shù)列，結(jié)合等差數(shù)列求和公式即可算出{b_n}的前n項和S_n的表達(dá)式．
解答：解：由x，y∈R，f（x+y）=f（x）•f（y），x＜0時，f（x）＞1可得：
（1）令x=-1，y=0，得f（-1+0）=f（-1）•f（0），即f（-1）=f（-1）•f（0），
∵-1＜0，得f（-1）＞1，∴兩邊約去f（-1），可得f（0）=1；      …（2分）
若x＞0，則-x＜0，可得f（-x）＞1，則1=f（0）=f（x-x）=f（x）•f（-x），
∴當(dāng)x＞0時，，
結(jié)合f（0）=1得當(dāng)x∈R時，總有f（x）＞0成立；…（4分）
對任意的x₁、x₂，且x₁＜x₂，得x₂-x₁＞0
∴f（x₂-x₁）∈（0，1），
從而f（x₂）-f（x₁）=f（x₁+x₂-x₁）-f（x₁）=f（x₁+（x₂-x₁））-f（x₁）
=f（x₁）•f（x₂-x₁）-f（x₁）=f（x₁）[f（x₂-x₁）-1]＜0；
即當(dāng)x₁＜x₂時，f（x₁）＞f（x₂）成立，當(dāng)由此可得函數(shù)f（x）在（-∞，+∞）上是減函數(shù)．…（6分）
（2）
∵函數(shù)f（x）是R上單調(diào)函數(shù)，
∴a_n+1=a_n+2，…（8分）
由此可得：數(shù)列{a_n}是首項a₁=1，公差d=2的等差數(shù)列，
即通項公式為a_n=2n-1．…（10分）
（3）當(dāng)時，可得，…，f（n+1）=f（n）•f（1）=f（n），（n∈N^*）
∴數(shù)列{f（n）}構(gòu)成以為首項，公比q=的等比數(shù)列，可得，
∵a_n=2n-1，∴f（a_n）=
因此，數(shù)列{b_n}的通項公式為，…（12分）
可得數(shù)列{b_n}是以為首項，以為公差的等差數(shù)列，
因此，數(shù)列{b_n}前n項和為：．…（14分）
點評：本題給出抽象函數(shù)，求f（0）的值、研究了函數(shù)的單調(diào)性，并依此探討數(shù)列{a_n}的通項公式數(shù)列{b_n}的前n項和S_n．著重考查了運用賦值法研究抽象函數(shù)、函數(shù)單調(diào)性的定義和等差、等比數(shù)列的通項公式與求和公式等知識，屬于中檔題．