题目内容
已知定义在R上的单调函数y=f(x),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),
(1)求f(0),并写出适合条件的函数f(x)的一个解析式;
(2)数列{an}满足a1=f(0)且f(an+1)=
(n∈N+),
①求通项公式an的表达式;
②令bn=(
)an,Sn=b1+b2+…+bn,Tn=
+
+…+
,试比较Sn与
Tn的大小,并加以证明;
③当a>1时,不等式
+
+…+
>
(log a+1x-log ax+1)对于不小于2的正整数n恒成立,求x的取值范围.
(1)求f(0),并写出适合条件的函数f(x)的一个解析式;
(2)数列{an}满足a1=f(0)且f(an+1)=
1 |
f(-2-an) |
①求通项公式an的表达式;
②令bn=(
1 |
2 |
1 |
a1a2 |
1 |
a2a3 |
1 |
anan+1 |
4 |
3 |
③当a>1时,不等式
1 |
an+1 |
1 |
an+2 |
1 |
a2n |
12 |
35 |
分析:(1)令y=0得f(x)[1-f(0)]=0,利用条件:当x<0时,f(x)>1,可得1-f(0)=0,取f(x)=(
)x即可满足条件.
(2))①由递推关系知f(an+1)•f(-2-an)=1,即f(an+1-2-an)=f(0),从而an+1-an=2(n∈N*).利用等差数列的通项公式即可得出.
②利用等比数列的前n项和公式即可得出Sn,再利用“裂项求和”即可得出Tn,再利用二项式定理进行放缩即可证明;
③令F(n)=
+
+…+
,通过作差得出F(n)的单调性,计算出F(2),再利用对数函数的单调性即可得出.
1 |
2 |
(2))①由递推关系知f(an+1)•f(-2-an)=1,即f(an+1-2-an)=f(0),从而an+1-an=2(n∈N*).利用等差数列的通项公式即可得出.
②利用等比数列的前n项和公式即可得出Sn,再利用“裂项求和”即可得出Tn,再利用二项式定理进行放缩即可证明;
③令F(n)=
1 |
an+1 |
1 |
an+2 |
1 |
a2n |
解答:解:(1)令y=0得f(x)[1-f(0)]=0,∵当x<0时,f(x)>1,∴f(0)=1,
适合题意的f(x)的一个解析式是f(x)=(
)x.
(2)①由递推关系知f(an+1)•f(-2-an)=1,即f(an+1-2-an)=f(0),
从而an+1-an=2(n∈N*).
∴数列{an}是公差为2的等差数列.
又a1=1,∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
②Sn=
+(
)3+…+(
)2n-1=
=
(1-
),
Tn=
+
+…
=Tn=
[(1-
)+(
-
)+…+(
-
)]=
(1-
),
∴
Tn=
(1-
).
∵4n=(1+3)n>1+3n>2n+1,从而Sn>
Tn.
③令F(n)=
+
+…+
,则F(n+1)-F(n)=
+
-
=
+
-
>0,
故当n≥2时,F(n)>F(n-1)>…>F(2)=
+
=
,
由题意得lo
-lo
<0,
∴
<
,又a>1,可知x>1.
适合题意的f(x)的一个解析式是f(x)=(
1 |
2 |
(2)①由递推关系知f(an+1)•f(-2-an)=1,即f(an+1-2-an)=f(0),
从而an+1-an=2(n∈N*).
∴数列{an}是公差为2的等差数列.
又a1=1,∴an=1+(n-1)×2=2n-1.
②Sn=
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
| ||||
1-
|
2 |
3 |
1 |
4n |
Tn=
1 |
1×3 |
1 |
3×5 |
1 |
(2n-1)(2n+1) |
1 |
2 |
1 |
3 |
1 |
3 |
1 |
5 |
1 |
2n-1 |
1 |
2n+1 |
1 |
2 |
1 |
2n+1 |
∴
4 |
3 |
2 |
3 |
1 |
2n+1 |
∵4n=(1+3)n>1+3n>2n+1,从而Sn>
4 |
3 |
③令F(n)=
1 |
an+1 |
1 |
an+2 |
1 |
a2n |
1 |
a2n+1 |
1 |
a2n+2 |
1 |
an+1 |
1 |
4n+1 |
1 |
4n+3 |
1 |
2n+1 |
故当n≥2时,F(n)>F(n-1)>…>F(2)=
1 |
a3 |
1 |
a4 |
12 |
35 |
由题意得lo
g | x a+1 |
g | x a |
∴
lgx |
lg(a+1) |
lgx |
lga |
点评:熟练掌握等差数列的通项公式、等比数列的前n项和公式、“裂项求和”、利用二项式定理进行放缩、利用“作差法”比较两个数的大小、对数函数的单调性等是解题的关键.
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