Question

（2009•黄冈模拟）已知定义在R上的单调函数f（x），存在实数x₀，使得对于任意实数x₁，x₂，总有f（x₀x₁+x₀x₂）=f（x₀）+f（x₁）+f（x₂）恒成立．
（1）求x₀的值；
（2）若f（x₀）=1，且对于任意正整数n，有an=

1

f(n)

，bn=f(

1

2n

)+1，记S_n=a₁a₂+a₂a₃+…+a_na_n+1，T_n=b₁b₂+b₂b₃+…+b_nb_n+1，比较

4

3

Sn与T_n的大小关系，并给出证明；
（3）在（2）的条件下，若不等式an+1+an+2+…+a2n＞

4

35

[log

1

2

(x+1)-log

1

2

(9x2-1)+1]对任意不小于2的正整数n都成立，求x的取值范围．

Answer 1

分析：（1）分别令x₁=x₂=0，x₁=1，x₂=0，f（x₀）=f（1），又因为f（x）为单调函数，从而可求x₀的值；
（2）由（1）得f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）+1，令x₁=n，x₂=1，f（n+1）=f（n）+f（1）+1=f（n）+2，f（n）=2n-1．故可求a_n进而可有 f(

1

2n

)=2f(

1

2n+1

)+1，从而可求通项，故可证；
 （3）构造函数F（n）=a_n+1+a_n+2+…+a_2n，证明n≥2时，为单调减函数，从而可求x的取值范围．

解答：解：（1）令x₁=x₂=0⇒f（x₀）=-f（0）．又令x₁=1，x₂=0，f（1）=-f（0）．
∴f（x₀）=f（1），由函数f（x）单调性知，x₀=1．
（2）由（1）知，f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）+f（1）=f（x₁）+f（x₂）+1，
由x₁，x₂的任意性，令x₁=n，x₂=1，f（n+1）=f（n）+f（1）+1=f（n）+2，
∴f（n）=2n-1．（n∈N^*）．
∴an=

1

2n-1

．
又∵f(1)=f(

1

2

+

1

2

)=f(

1

2

)+f(

1

2

)+f(1)⇒f(

1

2

)=0⇒b1=f(

1

2

)+1=1．
又∵f(

1

2n

)=f(

1

2n+1

+

1

2n+1

)=2f(

1

2n+1

)+1，
∴2bn+1=2f(

1

2n+1

)+2=f(

1

2n

)+1=bn．
∴bn=(

1

2

)n-1．
由数列求和方法知：Sn=

1

2

(1-

1

2n+1

)，Tn=

2

3

[1-(

1

4

)n]．∴

4

3

Sn-Tn=

2

3

[(

1

4

)n-

1

2n+1

]．
∵4ⁿ=（3+1）ⁿ=C_nⁿ3ⁿ+C_n^n-13^n-1+…+C_n¹3+C_n⁰≥3n+1＞2n+1，∴

4

3

Sn＜Tn．
（3）令F（n）=a_n+1+a_n+2+…+a_2n⇒F（n+1）-F（n）=a_2n+1+a_2n+2-a_n+1=

1

4n+1

+

1

4n+3

-

1

2n+1

＞0（通分易证）∴当n≥2时，F(n)＞F(n-1)＞…＞F(2)=a3+a4=

12

35

．
∴

12

35

＞

4

35

[log

1

2

(x+1)-log

1

2

(9x2-1)+1]⇒log

1

2

(x+1)-log

1

2

(9x2-1)＜2．
解此不等式，所以x的取值范围为(-

5

9

，-

1

3

)∪(

1

3

，1)．

点评：本题以新定义为载体，考查抽象函数，考查赋值法，同时考查构造函数，利用函数的单调性解决恒成立问题．