Question

设函数f（x）的定义域为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）．数列{a_n}满足f（a_n+1）=

1

f(-2-an)

（n∈N^*）
（Ⅰ）求f（0）的值，判断并证明函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）如果存在t、s∈N^*，s≠t，使得点（t，a_s）、（s，a_t）都在直线y=kx-1上，试判断是否存在自然数M，当n＞M时，a _n＞f（0）恒成立？若存在，求出M的最小值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y）．当x＜0时，令x=-1，y=0以及f（-1）＞1，推出f（0）=1，利用单调性的定义任取x₁＜x₂   推出 f（x₂）=f（x₁+x₂-x₁）=f（x₁）f（x₂-x₁），得到f（x）在R上减函数．
（Ⅱ）通过函数的单调性，得到a_n+1=a_n+2，点（t，a_s）、（s，a_t）都在直线y=kx-1上，推出a_s-a_t=-2（t-s），
确定a_n=-2（t+s）-1+2n，通过当n＞M时，a _n＞f（0）恒成立，推出

aM≤1 aM+1＞1

然后求出M的最小值．

解答：解：（Ⅰ）x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y）．
当x＜0时，f（x）＞1
令x=-1，y=0则f（-1）=f（-1）f（0）
∵f（-1）＞1∴f（0）=1…（3分）
若x＞0，则f（x-x）=f（0）=f（x）f（-x）故f（x）=

1

f(-x)

∈(0，1)，
任取x₁＜x₂    f（x₂）=f（x₁+x₂-x₁）=f（x₁）f（x₂-x₁），
∵x₂-x₁＞0，∴0＜f（x₂-x₁）＜1，
∴f（x₁）＞f（x₂）．
故f（x）在R上减函数…（6分）
（Ⅱ）f（a_n+1）=

1

f(-2-an)

=f（2+a_n）（n∈N^*）
  由f（x）单调性得：a_n+1=a_n+2
故{a_n}是等差数列，a_n=a₁+2（n-1）…（8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
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…（10分）
即数列{a_n}是首项为负奇数，公差为2，故数列{a_n}是递增等差数列，各项全为奇数，
又f（0）=1
∴一定存在一个自然数M，使

aM≤1 aM+1＞1

∴

-2(t+s)-1+2M≤1 -2(t+s)-1+2(M+1)＞1

解得t+s＜M≤t+s+1．…（12分）
∵M∈N，
∴M=t+s+1，
∴存在自然数M=t+s+1，使得当n＞M时，a_n＞f（0）恒成立．…（14分）

点评：本题考查数列与函数的关系，数列的判断，函数的单调性的应用，考查转化思想，分析问题解决问题的能力，难度较大．