Question

（2009•黃岡模擬）已知定義在R上的單調(diào)函數(shù)f（x），存在實(shí)數(shù)x₀，使得對(duì)于任意實(shí)數(shù)x₁，x₂，總有f（x₀x₁+x₀x₂）=f（x₀）+f（x₁）+f（x₂）恒成立．
（1）求x₀的值；
（2）若f（x₀）=1，且對(duì)于任意正整數(shù)n，有an=

1

f(n)

，bn=f(

1

2n

)+1，記S_n=a₁a₂+a₂a₃+…+a_na_n+1，T_n=b₁b₂+b₂b₃+…+b_nb_n+1，比較

4

3

Sn與T_n的大小關(guān)系，并給出證明；
（3）在（2）的條件下，若不等式an+1+an+2+…+a2n＞

4

35

[log

1

2

(x+1)-log

1

2

(9x2-1)+1]對(duì)任意不小于2的正整數(shù)n都成立，求x的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）分別令x₁=x₂=0，x₁=1，x₂=0，f（x₀）=f（1），又因?yàn)閒（x）為單調(diào)函數(shù)，從而可求x₀的值；
（2）由（1）得f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）+1，令x₁=n，x₂=1，f（n+1）=f（n）+f（1）+1=f（n）+2，f（n）=2n-1．故可求a_n進(jìn)而可有 f(

1

2n

)=2f(

1

2n+1

)+1，從而可求通項(xiàng)，故可證；
 （3）構(gòu)造函數(shù)F（n）=a_n+1+a_n+2+…+a_2n，證明n≥2時(shí)，為單調(diào)減函數(shù)，從而可求x的取值范圍．

解答：解：（1）令x₁=x₂=0⇒f（x₀）=-f（0）．又令x₁=1，x₂=0，f（1）=-f（0）．
∴f（x₀）=f（1），由函數(shù)f（x）單調(diào)性知，x₀=1．
（2）由（1）知，f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）+f（1）=f（x₁）+f（x₂）+1，
由x₁，x₂的任意性，令x₁=n，x₂=1，f（n+1）=f（n）+f（1）+1=f（n）+2，
∴f（n）=2n-1．（n∈N^*）．
∴an=

1

2n-1

．
又∵f(1)=f(

1

2

+

1

2

)=f(

1

2

)+f(

1

2

)+f(1)⇒f(

1

2

)=0⇒b1=f(

1

2

)+1=1．
又∵f(

1

2n

)=f(

1

2n+1

+

1

2n+1

)=2f(

1

2n+1

)+1，
∴2bn+1=2f(

1

2n+1

)+2=f(

1

2n

)+1=bn．
∴bn=(

1

2

)n-1．
由數(shù)列求和方法知：Sn=

1

2

(1-

1

2n+1

)，Tn=

2

3

[1-(

1

4

)n]．∴

4

3

Sn-Tn=

2

3

[(

1

4

)n-

1

2n+1

]．
∵4ⁿ=（3+1）ⁿ=C_nⁿ3ⁿ+C_n^n-13^n-1+…+C_n¹3+C_n⁰≥3n+1＞2n+1，∴

4

3

Sn＜Tn．
（3）令F（n）=a_n+1+a_n+2+…+a_2n⇒F（n+1）-F（n）=a_2n+1+a_2n+2-a_n+1=

1

4n+1

+

1

4n+3

-

1

2n+1

＞0（通分易證）∴當(dāng)n≥2時(shí)，F(n)＞F(n-1)＞…＞F(2)=a3+a4=

12

35

．
∴

12

35

＞

4

35

[log

1

2

(x+1)-log

1

2

(9x2-1)+1]⇒log

1

2

(x+1)-log

1

2

(9x2-1)＜2．
解此不等式，所以x的取值范圍為(-

5

9

，-

1

3

)∪(

1

3

，1)．

點(diǎn)評(píng)：本題以新定義為載體，考查抽象函數(shù)，考查賦值法，同時(shí)考查構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性解決恒成立問題．