Question

設函數f（x）的定義域為R，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）．數列{a_n}滿足f(an+1)=

1

f(-2-an)

(n∈N*)．
（Ⅰ）求f（0）的值，判斷并證明函數f（x）的單調性；
（Ⅱ）如果存在t、s∈N^*，s≠t，使得點（t，a_s）、（s，a_t）都在直線y=kx-1上，試判斷是否存在自然數M，當n＞M時，a_n＞0恒成立？若存在，求出M的最小值，若不存在，請說明理由；
（Ⅲ）若a₁=f（0），不等式

1

an+1

+

1

an+2

+…+

1

a2n

＞

12

35

(1+logf(1)x)對不小于2的正整數恒成立，求x的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y）．當x＜0時，令x=-1，y=0以及f（-1）＞1，推出f（0）=1，利用單調性的定義任取x₁＜x₂   推出 f（x₂）=f（x₁+x₂-x₁）=f（x₁）f（x₂-x₁），得到f（x）在R上減函數．
（Ⅱ）通過函數的單調性，得到a_n+1=a_n+2，點（t，a_s）、（s，a_t）都在直線y=kx-1上，推出a_s-a_t=-2（t-s），確定a_n=-2（t+s）-1+2n，通過當n＞M時，a _n＞f（0）恒成立，推出

aM≤1 aM+1＞1

然后求出M的最小值；
（III）先求出a_n的通項公式，然后設bn=

1

an+1

+

1

an+2

+…+

1

a2n

，證明求單調性，從而求出b_n的最小值，使最小值大于

12

35

(1+logf(1)x)，從而求出所求．

解答：解：（Ⅰ）x，y∈R，f（x+y）=f（x）•f（y），x＜0時，f（x）＞1
令x=-1，y=0則f（-1）=f（-1）f（0）∵f（-1）＞1∴f（0）=1…（2分）
若x＞0，則f（x-x）=f（0）=f（x）f（-x）故f(x)=

1

f(-x)

∈(0，1)…（3分）
任取x₁＜x₂，f（x₂）=f（x₁+x₂-x₁）=f（x₁）f（x₂-x₁）
∵x₂-x₁＞0∴0＜f（x₂-x₁）＜1∴f（x₂）＜f（x₁）
故f（x）在R上減函數…（4分）
（Ⅱ）f(an+1)=

1

f(-2-an)

=f(2+an)由f（x）單調性得：a_n+1=a_n+2
故{a_n}是等差數列，a_n=a₁+2（n-1）…（5分）
∵存在t，s∈N^*，使得（t，a_s）和（s，a_t）都在y=kx-1上，
∴a_s=kt-1，①a_t=ks-1，②
①-②得a_s-a_t=k（t-s）．
又a_s=a₁+2（s-1），a_t=a₁+2（t-1），故a_s-a_t=-2（t-s），
∵s≠t，∴k=-2…（6分）
①+②，得a_s+a_t=-2（t+s）-2，
又a_s+a_t=a₁+2（s-1）+a₁+2（t-1）
=2a₁+2（s+t）-4，
∴2a₁+2（s+t）-4=-2（t+s）-2
∴a₁=-2（t+s）+1＜0，∴a_n=-2（t+s）-1+2n
即數列{a_n}是首項為負，公差為正的等差數列，且全為奇數，…（7分）
∴一定存在一個自然數M，使

aM＜0 aM+1＞0

∴

-2(t+s)-1+2M＜0 -2(t+s)-1+2M+2＞0

解得t+s-

1

2

＜M＜t+s+

1

2

．
∵M∈N，∴M=t+s，
即存在自然數M=t+s，使得當n＞M時，a_n＞0恒成立．…（9分）
（Ⅲ）a₁=f（0）=1，由（Ⅱ）  a_n=2n-1
設bn=

1

an+1

+

1

an+2

+…+

1

a2n

，則bn+1=

1

an+2

+

1

an+3

+…+

1

a2n+2

∴bn+1-bn=

1

a2n+1

+

1

a2n+2

-

1

an+1

=

1

4n+1

+

1

4n+3

-

1

2n+1

=

1

(4n+1)(4n+3)(2n+1)

＞0，
∴{b_n}是遞增數列…（11分）
當n≥2時，(bn)min=b2=

1

a3

+

1

a4

=

1

5

+

1

7

=

12

35

…（12分）
∴

12

35

＞

12

35

(1+logf(1)x)
即log_f（1）x＜0而0＜f（1）＜1，故x的取值范圍是（1，+∞）…（14分）

點評：本題主要考查了數列與函數的關系，數列的判斷，函數的單調性的應用，考查轉化思想，分析問題解決問題的能力，屬于難題．