Question

設函數(shù)y=f（x）的定義域為（0，+∞），且對任意的正實數(shù)x，y，均有f（xy）=f（x）+f（y）恒成立．已知f（2）=1，且當x＞1時，f（x）＞0．
（1）求f(

1

2

)的值，試判斷y=f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性，并加以證明；
（2）一個各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}，它的前n項和是S_n，若a₁=3，且f（S_n）=f（a_n）+f（a_n+1）-1（n≥2，n∈N^*），求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）在（2）的條件下，是否存在實數(shù)M，使2n•a1•a2…an≥M•

2n+3

•(2a1-1)•(2a2-1)…(2an-1)對于一切正整數(shù)n均成立？若存在，求出M的范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）利用賦值法可求函數(shù)值，利用單調(diào)性的定義證明函數(shù)的單調(diào)性；
（2）確定數(shù)列通項與和的關(guān)系，再寫一式，兩式相減，即可求得數(shù)列的通項；
（3）利用分離參數(shù)法，求出函數(shù)的最值，即可求得M的范圍．

解答：解：（1）令x=y=1，得f（1）=0；令x=2，y=

1

2

，得f(

1

2

)=-1（2分）
y=f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．下面證明：
任取0＜x₁＜x₂，則

x2

x1

＞1，
∵當x＞1時，f（x）＞0，∴f(

x2

x1

)＞0
在已知式中令x=x1，y=

x2

x1

，得f(x2)-f(x1)=f(

x2

x1

)＞0，即證．（4分）
（2）當n≥2時，∵f（S_n）=f（a_n）+f（a_n+1）-1
∴f（S_n）+1=f（a_n）+f（a_n+1），即f（2S_n）=f（a_n（a_n+1））
∵y=f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴2S_n=a_n（a_n+1）（6分）
∴2S_n+1=a_n+1（a_n+1+1）
兩式相減得：2an+1=

a

2 n+1

+an+1-

a

2 n

-an，即（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-1）=0∵a_n＞0，
∴a_n+1-a_n=1∴數(shù)列{a_n}從第二項起，是以1為公差的等差數(shù)列…（7分）
又在2S_n=a_n（a_n+1）中令n=2可得：a₂=3
綜上，an=

3，n=1 n+1，n≥2

．（8分）
（3）n=1時，2×3≥M•

5

•5，M≤

6 5

25

（9分）
n≥2時，2n•3•3•4…(n+1)≥M

2n+3

•5•5•7…(2n+1)
∴M≤

2n•3•3•4…(n+1)

2n+3 •5•5•7…(2n+1)

令bn=

2n•3•3•4…(n+1)

2n+3 •5•5•7…(2n+1)

，
則

bn+1

bn

=

2(n+2) 2n+3

(2n+3) 2n+5

=

4n2+16n+16

4n2+16n+15

＞1
∴{b_n}是遞增數(shù)列
∴M≤b2=

36 7

25×7

＜

6 5

25

∴M≤

36 7

175

（12分）

點評：本題考查抽象函數(shù)的單調(diào)性，考查數(shù)列的通項，考查恒成立問題，解題的關(guān)鍵是分離參數(shù)，求函數(shù)的最值．