Question

y=f(x)的定义域为R,对任意实数m、n有f(m+n)=f(m)f(n),且当x＜0时,f(x)＞1,数列{a_n}满足a₁=f(0)且f(a_n+1)=(n∈N^*).

(1)求证:y=f(x)在R上的单调递减;

(2)求数列{a_n}的通项公式;

(3)是否存在正数k,使(1+)·(1+)·…·(1+)≥k·对一切n∈N^*均成立,若存在,试求出k的最大值并证明,若不存在,说明理由.

Answer 1

思路分析：本题为数列与数学归纳法的综合问题,解题的基本思路是:“观察—归纳—猜想—证明”.

解：(1)令m=-1,n=0,则f(-1)=f(-1)f(0),而f(-1)＞1,∴f(0)=1.

    令m=x＞0,n=-x＜0,则f(x-x)=f(x)·f(-x)=1.

∴f(x)=∈(0,1),即x＞0时0＜f(x)＜1.

    设x₁＜x₂则x₂-x₁＞0,∴0＜f(x₂-x₁)·f(x₁)-f(x₁)=f(x₁)［f(x₂-x₁)-1］＜0,∴f(x)＜f(x₁).

∴y=f(x)在R上单调递减.

(2)由f(a_n+1)=,n∈N^*,得f(a_n+1)·f(-2-a_n)=1.

∴f(a_n+1-a_n-2)=f(0).由(1)知a_n+1-a_n-2=0,

    即a_n+1-a_n=2(n∈N^*),∴{a_n}是首项为a₁=1,公差为2的等差数列,∴a_n=2n-1.

(3)假设存在正数k,使(1+)(1+)…(1+)≥k·对n∈N^*恒成立,记F(n)=,

    即=＞1.

∴F(n)是递增数列,F(1)为最小值.

    由F(n)≥k恒成立知k≤F(1)=,∴kmax=.

    另解:令n=1,得k≤,存在k=使(1+)(1+)…(1+)≥·.

    证明如下:当n=1时成立;

    设n=k时成立,则n=k+1时,a_k+1=2k+1,

(1+)(1+)…(1+)(1+)≥·2k+1(1+)

==≥

=.

    由归纳原理知k=符合题意.