题目内容
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,且对任意正整数n,有an=
1 |
f(n) |
1 |
2n |
(3)若不等式an+1+an+2+…+a2n>
4 |
35 |
1 |
2 |
1 |
2 |
分析:(1)由题意对于任意实数x1,x2等式恒成立,故可采用赋值法求解;(2)先证明{f(n)}是以1为首项,2为公差的等差数列,由此得an=
,从而可求Sn,再证{bn}是等比数列从而可求Tn;
(3)设F(n)=an+1+an+2+…+a2n证明其单调减,从而有F(n)>F(2)=
,所以
>
[log
(x+1)-log
(9x2-1)+1],解不等式,可得x的取值范围.
1 |
2n-1 |
(3)设F(n)=an+1+an+2+…+a2n证明其单调减,从而有F(n)>F(2)=
12 |
35 |
12 |
35 |
4 |
35 |
1 |
2 |
1 |
2 |
解答:解:(1)令x1=x2=0,f(0)=f(x0)+2f(0),f(x0)=-f(0)
令x1=1,x2=0,f(x0)=f(x0)+f(1)+f(0),f(1)=-f(0),∴f(x0)=f(1)
∵f(x)单调,∴x0=1
(2)f(1)=1,令x1=n,x2=1,f(n+1)=f(n)+f(1)+f(1)=f(n)+2
∴f(n+1)-f(n)=2(n∈N*),∴{f(n)}是以1为首项,2为公差的等差数列,∴f(n)=2n-1(n∈N*)
∴an=
Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1
∵f(
)=f(
+
)=f(
)+f(
)+f(1)=2f(
)+1
∴2bn+1=2f(
)+2=f(
)+1=bn
∴bn=(
)n-1Tn=(
)0(
)1+(
)1(
)2+…+(
)n-1(
)n=
+(
)3+…+(
)2n-1=
=
[1-(
)n]
(3)令F(n)=an+1+an+2+…+a2nF(n+1)-F(n)=a2n+1+a2n+2-an+1=
+
-
>0
∴n≥2,n∈N*时,F(n)>F(n-1)>…>F(2)=
∴
>
[log
(x+1)-log
(9x2-1)+1]
即log
(x+1)-log
(9x2-1)<2?
解得-
<x<-
或
<x<1
令x1=1,x2=0,f(x0)=f(x0)+f(1)+f(0),f(1)=-f(0),∴f(x0)=f(1)
∵f(x)单调,∴x0=1
(2)f(1)=1,令x1=n,x2=1,f(n+1)=f(n)+f(1)+f(1)=f(n)+2
∴f(n+1)-f(n)=2(n∈N*),∴{f(n)}是以1为首项,2为公差的等差数列,∴f(n)=2n-1(n∈N*)
∴an=
1 |
2n-1 |
|
|
∵f(
1 |
2^ |
1 |
2n-1 |
1 |
2n-1 |
1 |
2n-1 |
1 |
2n-1 |
1 |
2n+1 |
∴2bn+1=2f(
1 |
2n+1 |
1 |
2n |
∴bn=(
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
| ||||
1-
|
2 |
3 |
1 |
4 |
(3)令F(n)=an+1+an+2+…+a2nF(n+1)-F(n)=a2n+1+a2n+2-an+1=
1 |
4n+1 |
1 |
4n+3 |
1 |
2n+1 |
∴n≥2,n∈N*时,F(n)>F(n-1)>…>F(2)=
12 |
35 |
∴
12 |
35 |
4 |
35 |
1 |
2 |
1 |
2 |
即log
1 |
2 |
1 |
2 |
|
5 |
9 |
1 |
3 |
1 |
3 |
点评:本题考查抽象函数的求值问题,一般采用赋值法解决,求数列的和,关键是求出其通项,再利用相应的求和公式,不等式中的恒成立问题,往往相应借助于函数的单调性解决.综合性较强.
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