Question

設(shè)函數(shù)y=f（x）的定義域?yàn)槿�體R，當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）＞1，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y）成立，數(shù)列{a_n}滿足a₁=f（0），且f(an+1)=

1

f(-2-an)

（n∈N^*）
（1）求證：y=f（x）是R上的減函數(shù)．
（2）求證：{a_n}是等差數(shù)列，并求通項(xiàng)a_n．
（3）若不等式(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)…(1+

1

an

)≥k

2n+1

對(duì)一切n∈N^*均成立，求k的最大值．

Answer 1

分析：（1）令x=-1，?y=0，代入題設(shè)等式中求得f（0）=1，進(jìn)而求得a₁，先當(dāng)x＞0時(shí)根據(jù)f（0）=f（-x）•f（x）推斷出0＜f（x）＜1，設(shè)x₁，?x₂∈R且x₁＜x₂，進(jìn)而可知0＜f（x₂-x₁）＜1，利用f（x+y）=f（x）f（y）求得f（x₂）-f（x₁）＜0，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義推斷出函數(shù)為減函數(shù)．
（2）根據(jù)由f(an+1)=

1

f(-2-an)

和f（x+y）=f（x）f（y）整理求得a_n+1-a_n=2，進(jìn)而可判斷出{a_n}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．進(jìn)而根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式求得a_n．
（3）把題設(shè)中的不等式整理成k≤

(1+ 1 a1 )(1+ 1 a2 )(1+ 1 an )

2n+1

，設(shè)出F(n)=

(1+ 1 a1 )(1+ 1 a2 )(1+ 1 an )

2n+1

，進(jìn)而表示出F（n+1），進(jìn)而求得

F(n+1)

F(n)

＞1進(jìn)而推斷出F（n）為關(guān)于n的單調(diào)增函數(shù)，進(jìn)而根據(jù)F(n)≥F(1)=

2 3

3

求得k的最大值．

解答：解：（1）令x=-1，?y=0，得f（-1）=f（-1）•f（0），
由題意知f（-1）≠0，所以f（0）=1，故a₁=f（0）=1．
當(dāng)x＞0時(shí)，-x＜0，f（0）=f（-x）•f（x）=1，進(jìn)而得0＜f（x）＜1．
設(shè)x₁，?x₂∈R且x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，?0＜f（x₂-x₁）＜1，f（x₂）-f（x₁）=f（x₁+（x₂-x₁））-f（x₁）=f（x₁）[f（x₂-x₁）-1]＜0．
即f（x₂）＜f（x₁），所以y=f（x）是R上的減函數(shù)．

（2）由f(an+1)=

1

f(-2-an)

得f（a_n+1）f（-2-a_n）=1，
所以f（a_n+1-a_n-2）=f（0）．
因?yàn)閥=f（x）是R上的減函數(shù)，所以a_n+1-a_n-2=0，
即a_n+1-a_n=2，
所以{a_n}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．
所以a_n=1+（n-1）×2=2n-1．

（3）由(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)(1+

1

an

)≥k

2n+1

對(duì)一切n∈N^*均成立．
知k≤

(1+ 1 a1 )(1+ 1 a2 )(1+ 1 an )

2n+1

對(duì)一切n∈N^*均成立．
設(shè)F(n)=

(1+ 1 a1 )(1+ 1 a2 )(1+ 1 an )

2n+1

，
知F（n）＞0且F(n+1)=

(1+ 1 a1 )(1+ 1 a2 )(1+ 1 an )(1+ 1 an+1 )

2n+3

，
又

F(n+1)

F(n)

=

2(n+1)

2n+1 2n+3

=

2(n+1)

4(n+1)2-1

＞1．
故F（n）為關(guān)于n的單調(diào)增函數(shù)，F(n)≥F(1)=

2 3

3

．
所以k≤

2 3

3

，k的最大值為

2 3

3

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了數(shù)列與函數(shù)的綜合．利用了函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性來(lái)解決數(shù)列的問(wèn)題．