Question

设函数f（x）的定义域为R，当x＜0时，f（x）＞1，且对任意的实数x，y∈R，有
f（x+y）=f（x）f（y）
（Ⅰ）求f（0），判断并证明函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）数列{a_n}满足a₁=f（0），且f(an+1)=

1

f(-2-an)

(n∈N*)
①求{a_n}通项公式．
②当a＞1时，不等式

1

an+1

+

1

an+2

+…+

1

a2n

＞

12

35

(loga+1x-logax+1)对不小于2的正整数恒成立，求x的取值范围．

Answer 1

分析：本题考查的是抽象函数与数列的综合问题．在解答时，对（Ⅰ）可以先利用特值解得f（0），再利用单调性的定义判断函数的单调性即可；对（Ⅱ）因为数列的首项易求，再结合f(an+1)=

1

f(-2-an)

(n∈N*)，可知数列的通项公式为a_n=2n-1从而①即可解答；对②利用等差数列的知识可求的不等式左边的和进而获得最小值从而找到有关x的不等式，最终即可获得解答．

解答：解：（Ⅰ）x，y∈R，f（x+y）=f（x）•f（y），x＜0时，f（x）＞1
令x=-1，y=0则f（-1）=f（-1）f（0）∵f（-1）＞1
∴f（0）=1
若x＞0，则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上减函数

（Ⅱ）①a1=f(0)=1，f(an+1)=

1

f(-2-an)

=f(2+an)
由f（x）单调性知，a_n+1=a_n+2故{a_n}等差数列
∴a_n=2n-1
②bn=

1

an+1

+

1

an+2

++

1

a2n

，则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}是递增数列
当n≥2时，(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的取值范围：（1，+∞）

点评：本题考查的是抽象函数与数列的综合问题．在解答的过程当中充分体现了抽象函数特值的思想、数列求和的思想、恒成立的思想以及解不等式和问题转化的思想．值得同学们体会反思．