Question

（2013•廣州三模）已知定義在R上的單調函數f（x），存在實數x₀使得對任意實數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，且對任意的正整數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，比較

4

3

Sn與T_n的大小關系，并給出證明．

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，代入

4

3

Sn與T_n作差，利用二項式定理展開，進行放縮，即可求得結果．

解答：解：（1）令x₁=x₂=0，得f（0）=f（x₀）+2f（0），∴f（x₀）=-f（0）．①
令x₁=1，x₂=0，得f（x₀）=f（x₀）+f（1）+f（0），∴f（1）=-f（0）．②
由①②得   f（x₀）=f（1）．∴f（x）為單調函數，
∴x₀=1．
（2）由（1）得f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）+f（1）=f（x₁）+f（x₂）+1．
∵f（n+1）=f（n）+f（1）+1=f（n）+2，f（1）=1，∴f（n）=2n-1．（n∈Z^*）
∴an=

1

2n-1

．
又∵f(1)=f(

1

2

+

1

2

)=f(

1

2

)+f(

1

2

)+f(1)
∴f(

1

2

)=0，b1=f(

1

2

)+1．
又f(

1

2n

)=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-1．
∴Sn=

1

1×3

+

1

3×5

+…+

1

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

=

1

2

(

1

1

-

1

3

+

1

3

-

1

5

+…+

1

2n-1

-

1

2n+1

)
=

1

2

(1-

1

2n+1

)
Tn=(

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]．
∴

4

3

Sn-Tn=

2

3

(1-

1

2n+1

)-

2

3

[1-(

1

4

)n]=

2

3

[(

1

4

)n-

1

2n+1

]．
∵4ⁿ=（3+1）ⁿ=C_nⁿ3ⁿ+C_n^n-13^n-1+…+C_n¹3+C_n⁰≥3n+1＞2n+1，
∴

4

3

Sn-Tn=

3

2

(

1

4n

-

1

2n+1

)＜0．
∴

4

3

Sn＜Tn．

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，屬難題．