Question

已知定義在R上的單調函數f（x），存在實數x₀，使得對于任意實數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，且對任意正整數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，求S_n和T_n；
（3）若不等式an+1+an+2+…+a2n＞

4

35

[log

1

2

(x+1)-log

1

2

(9x2-1)+1]對任意不小于2的正整數n都成立，求x的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由題意對于任意實數x₁，x₂等式恒成立，故可采用賦值法求解；（2）先證明{f（n）}是以1為首項，2為公差的等差數列，由此得an=

1

2n-1

，從而可求S_n，再證{b_n}是等比數列從而可求T_n；
（3）設F（n）=a_n+1+a_n+2+…+a_2n證明其單調減，從而有F(n)＞F(2)=

12

35

，所以

12

35

＞

4

35

[log

1

2

(x+1)-log

1

2

(9x2-1)+1]，解不等式，可得x的取值范圍．

解答：解：（1）令x₁=x₂=0，f（0）=f（x₀）+2f（0），f（x₀）=-f（0）
令x₁=1，x₂=0，f（x₀）=f（x₀）+f（1）+f（0），f（1）=-f（0），∴f（x₀）=f（1）
∵f（x）單調，∴x₀=1
（2）f（1）=1，令x₁=n，x₂=1，f（n+1）=f（n）+f（1）+f（1）=f（n）+2
∴f（n+1）-f（n）=2（n∈N^*），∴{f（n）}是以1為首項，2為公差的等差數列，∴f（n）=2n-1（n∈N^*）
∴an=

1

2n-1

S_n=a₁a₂+a₂a₃+…+a_na_n+1

= 1 1×3 + 1 3×5 +…+ 1 (2n-1)(2n+1) = 1 2 [1- 1 3 + 1 3 - 1 5 +…+ 1 2n-1 - 1 2n+1 ] = n 2n+1

∵f(1)=f( 1 2 + 1 2 )=f( 1 2 )+f( 1 2 )+f(1) ∴f( 1 2 )=0，b1=f( 1 2 )+1

∵f(

1

2^

)=f(

1

2n-1

+

1

2n-1

)=f(

1

2n-1

)+f(

1

2n-1

)+f(1)=2f(

1

2n+1

)+1
∴2bn+1=2f(

1

2n+1

)+2=f(

1

2n

)+1=bn
∴bn=(

1

2

)n-1Tn=(

1

2

)0(

1

2

)1+(

1

2

)1(

1

2

)2+…+(

1

2

)n-1(

1

2

)n=

1

2

+(

1

2

)3+…+(

1

2

)2n-1=

1 2 [1-( 1 4 )n]

1- 1 4

=

2

3

[1-(

1

4

)n]
（3）令F（n）=a_n+1+a_n+2+…+a_2nF(n+1)-F(n)=a2n+1+a2n+2-an+1=

1

4n+1

+

1

4n+3

-

1

2n+1

＞0
∴n≥2，n∈N^*時，F(n)＞F(n-1)＞…＞F(2)=

12

35

∴

12

35

＞

4

35

[log

1

2

(x+1)-log

1

2

(9x2-1)+1]
即log

1

2

(x+1)-log

1

2

(9x2-1)＜2?

x+1＞0 9x2-1＞0 x+1 9x2-1 ＞ 1 4

解得-

5

9

＜x＜-

1

3

或

1

3

＜x＜1

點評：本題考查抽象函數的求值問題，一般采用賦值法解決，求數列的和，關鍵是求出其通項，再利用相應的求和公式，不等式中的恒成立問題，往往相應借助于函數的單調性解決．綜合性較強．