Question

9．已知f（x）是R上的单调函数，?x₁，x₂∈R，?x₀∈R，总有f（x₀x₁+x₀x₂）=f（x₀）+f（x₁）+f（x₂）恒成立．
（I）求x₀的值；
（II） 若f（x₀）=1，且?n∈N^*，有a_n=f（$\frac{1}{{{2^{n+1}}}}$）+1，若数列{a_n}的前n项和S_n，求证：S_n＜1．

Answer 1

分析 （I）令x₁=x₂=0，得f（0）=f（x₀）+2f（0），故f（x₀）=-f（0），令x₁=1，x₂=0，得f（x₀）=f（x₀）+f（1）+f（0），故f（1）=-f（0），得f（x₀）=f（1），由函数的单调性即可求得x₀的值；
（II）由（I）可知：求得f（n）=2n-1，可知数列{f（n）}，是以2为公差，以1为首项的等差数列，代入求得数列{a_n}的通项公式，根据等比数列前n项和公式即可求证S_n＜1．

解答 解：（I）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①、②知，f（x₀）=f（1），
又f（x）是R上的单调函数，
∴x₀=1．
（II）证明：∵f（x₁+x₂）=f（1）+f（x₁）+f（x₂）=1+f（x₁）+f（x₂），
∴f（n+1）=1+f（n）+f（1）=f（n）+2，（n∈N*），
∴数列{f（n）}，是以2为公差，以1为首项的等差数列，
f（n）=1+2（n-1）=2n-1，
∴f（n）=2n-1，
∴${a_n}=f（\frac{1}{{{2^{n+1}}}}）+1=\frac{1}{2^n}$．
数列{a_n}是以$\frac{1}{2}$为首项，$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
由等比数列前n项和公式可知：${S_n}=\frac{{\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{2^n}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}=1-\frac{1}{2^n}＜1$．
∴S_n＜1．

点评 本题考查数列与函数的综合运用，考查等差数列和等比数列通项公式及前n项和公式，考查分析问题及解决问题的能力，属于中档题．