Question

设函数y=f（x）的定义域为全体R，当x＜0时，f（x）＞1，且对任意的实数x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y）成立，数列{a_n}满足a₁=f（0），且f(an+1)=

1

f( -an 2an+1 )

（n∈N^*）
（Ⅰ）求证：y=f（x）是R上的减函数；          
（Ⅱ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅲ）若不等式

k

(1+a1)(1+a2)…(1+an)

-

1

2n+1

≤0对一切n∈N^*均成立，求k的最大值．

Answer 1

分析：（I）令x=-1，y=0，代入题设等式中求得f（0）=1，进而求得a₁，先当x＞0时根据f（0）=f（-x）•f（x）推断出0＜f（x）＜1，设x₁，x₂∈R且x₁＜x₂，进而可知0＜f（x₂-x₁）＜1，利用f（x+y）=f（x）f（y）求得f（x₂）-f（x₁）＜0，根据函数单调性的定义推断出函数为减函数．
（II）根据由 f(an+1)=

1

f( -an 2an+1 )

和f（x+y）=f（x）f（y）整理求得

1

an+1

=

1

an

+2进而可判断出{

1

an

}是以1为首项，2为公差的等差数列．进而根据等差数列通项公式求得a_n．
（III）把题设中的不等式整理成 k≤

(1+a1)(1+a2)…(1+an)

2n+1

，设出 F(n)=

(1+a1)(1+a2)…(1+an)

2n+1

，进而表示出F（n+1），进而求得

F(n+1)

F(n)

＞1进而推断出F（n）为关于n的单调增函数，进而根据 F(n)≥F(1)=

2 3

3

求得k的最大值．

解答：解：（Ⅰ）令x=-1，y=0，得f（-1）=f（-1）•f（0），
由题意知f（-1）≠0，所以f（0）=1，故a₁=f（0）=1． 
当x＞0时，-x＜0，f（0）=f（-x）•f（x）=1，进而得0＜f（x）＜1．
设x₁，x₂∈R且x₁＜x₂，则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上的减函数．       …-（4分）
（Ⅱ）由f(an+1)=

1

f( -an 2an+1 )

得  f(an+1)f(

-an

2an+1

)=1，所以f(an+1-

an

2an+1

)=f(0)．
因为y=f（x）是R上的减函数，所以an+1-

an

2an+1

=0，…（6分）
即an+1=

an

2an+1

，进而

1

an+1

=

1

an

+2，所以{

1

an

}是以1为首项，2为公差的等差数列．
所以

1

an

=1+(n-1)×2=2n-1，所以．     an=

1

2n-1

…9
（Ⅲ）由

k

(1+a1)(1+a2)…(1+an)

-

1

2n+1

≤0对一切n∈N^*均成立．
知k≤

(1+a1)(1+a2)…(1+an)

2n+1

对一切n∈N^*均成立． 设F(n)=

(1+a1)(1+a2)…(1+an)

2n+1

，
知F（n）＞0且F(n+1)=

(1+a1)(1+a2)…(1+an)(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）为关于n的单调增函数，F(n)≥F(1)=

2 3

3

．  
所以k≤

2 3

3

，k的最大值为

2 3

3

…（14分）

点评：本题主要考查了数列与函数的综合，利用了函数的单调性和奇偶性来解决数列的问题，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．