Question

已知函数y=f（x）的定义域为R，当x＜0时，f（x）＞1，且对任意的x、y∈R，等式f（x）f（y）=f（x+y）恒成立．若数列{a_n}满足a₁=f（0），且f(an+1)=

1

f(-2-an)

（n∈N^*），则a₂₀₁₂的值为（　　）

A．4024

B．4023

C．4022

D．4021

Answer 1

分析：利用对任意的x、y∈R，等式f（x）f（y）=f（x+y）恒成立，令x=y=0，则f（0）f（0）=f（0+0），解得f（0）=0或f（0）=1．可用反证法证明f（0）=0不成立．因此得到f（0）=1．再利用已知可证明f（x）在R单调递减．利用f(an+1)=

1

f(-2-an)

（n∈N^*），可得f（a_n+1-2-a_n）=f（0），即可得到a_n+1-a_n-2=0，于是数列{a_n}是等差数列，进而解决．

解答：解：∵对任意的x、y∈R，等式f（x）f（y）=f（x+y）恒成立，令x=y=0，则f（0）f（0）=f（0+0），
解得f（0）=0或f（0）=1．
①下面说明f（0）=0不成立．若f（0）=0，设x＜0，则f（x）＞1，-x＞0．
又f（-x）f（x）=f（-x+x）=f（0）=0，则f（-x）=0．于是f（x）=

大于1，x＜0 0，x≥0

，（*）
∵f(an+1)=

1

f(-2-an)

（n∈N^*），∴1=f（a_n+1-2-a_n）与（*）矛盾，因此f（0）=0不成立．
∴f（0）=1．
②由f（0）=1，证明函数f（x）在R上单调递减．
首先证明对于任意实数x，恒有f（x）＞0．
设x＜0，则f（x）＞1，-x＞0．∵f（x）f（-x）=f（x-x）=f（0）=1，
∴f(-x)=

1

f(x)

＞0．即对于任意实数x，恒有f（x）＞0．
再证明其单调性：?x₁＜x₂，则x₁-x₂＜0，∴f（x₁-x₂）＞1．
∴f（x₁）=f（x₁-x₂+x₂）=f（x₁-x₂）f（x₂）＞f（x₂）．
∴f（x₁）＞f（x₂）．∴函数f（x）在R上单调递减．
∵f(an+1)=

1

f(-2-an)

（n∈N^*），∴f（a_n+1-2-a_n）=f（0），
∴a_n+1-a_n-2=0，即a_n+1-a_n=2，
∴数列{a_n}是首项a₁=f（0）=1，公差为2的等差数列，
∴a_n=1+（n-1）×2=2n-1．
∴a₂₀₁₂=2×2012-1=2023．
故选B．

点评：本题考查了以指数函数为模型的抽象函数的单调性、反证法、等差数列的定义及其通项公式等基础知识与基本技能方法，属于难题．