Question

已知定義在R上的單調函數y=f（x），當x＜0時，f（x）＞1，且對任意的實數x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y），
（1）求f（0），并寫出適合條件的函數f（x）的一個解析式；
（2）數列{a_n}滿足a1=f(0)且f(an+1)=

1

f(-2-an)

(n∈N+)，
①求通項公式a_n的表達式；
②令bn=(

1

2

)an，Sn=b1+b2+…+bn，Tn=

1

a1a2

+

1

a2a3

+…+

1

anan+1

，試比較Sn與

4

3

Tn的大小，并加以證明；
③當a＞1時，不等式

1

an+1

+

1

an+2

+…+

1

a2n

＞

12

35

(log a+1x-log ax+1)對于不小于2的正整數n恒成立，求x的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）令y=0得f（x）[1-f（0）]=0，利用條件：當x＜0時，f（x）＞1，可得1-f（0）=0，取f（x）=(

1

2

)x即可滿足條件．
（2））①由遞推關系知f（a_n+1）•f（-2-a_n）=1，即f（a_n+1-2-a_n）=f（0），從而a_n+1-a_n=2（n∈N^*）．利用等差數列的通項公式即可得出．
②利用等比數列的前n項和公式即可得出S_n，再利用“裂項求和”即可得出T_n，再利用二項式定理進行放縮即可證明；
③令F（n）=

1

an+1

+

1

an+2

+…+

1

a2n

，通過作差得出F（n）的單調性，計算出F（2），再利用對數函數的單調性即可得出．

解答：解：（1）令y=0得f（x）[1-f（0）]=0，∵當x＜0時，f（x）＞1，∴f（0）=1，
適合題意的f（x）的一個解析式是f（x）=(

1

2

)x．
（2）①由遞推關系知f（a_n+1）•f（-2-a_n）=1，即f（a_n+1-2-a_n）=f（0），
從而a_n+1-a_n=2（n∈N^*）．
∴數列{a_n}是公差為2的等差數列．
又a₁=1，∴a_n=1+（n-1）×2=2n-1．
②S_n=

1

2

+(

1

2

)3+…+(

1

2

)2n-1=

1 2 [1-( 1 4 )n]

1- 1 4

=

2

3

(1-

1

4n

)，
Tn=

1

1×3

+

1

3×5

+…

1

(2n-1)(2n+1)

=Tn=

1

2

[(1-

1

3

)+(

1

3

-

1

5

)+…+(

1

2n-1

-

1

2n+1

)]=

1

2

（1-

1

2n+1

），
∴

4

3

Tn=

2

3

(1-

1

2n+1

)．
∵4n=(1+3)n＞1+3n＞2n+1，從而Sn＞

4

3

Tn．
③令F（n）=

1

an+1

+

1

an+2

+…+

1

a2n

，則F（n+1）-F（n）=

1

a2n+1

+

1

a2n+2

-

1

an+1

=

1

4n+1

+

1

4n+3

-

1

2n+1

＞0，
故當n≥2時，F（n）＞F（n-1）＞…＞F（2）=

1

a3

+

1

a4

=

12

35

，
由題意得lo

g

x a+1

-lo

g

x a

＜0，
∴

lgx

lg(a+1)

＜

lgx

lga

，又a＞1，可知x＞1．

點評：熟練掌握等差數列的通項公式、等比數列的前n項和公式、“裂項求和”、利用二項式定理進行放縮、利用“作差法”比較兩個數的大小、對數函數的單調性等是解題的關鍵．