题目内容
(2009•宁波模拟)已知f(x)是定义在R上的函数,f(1)=1,且?x1,x2∈R,总有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+1恒成立.
(Ⅰ)求证:f(x)+1是奇函数;
(Ⅱ)对?n∈N*,有an=
,bn=f(
)+1,求:Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1及Tn=
+
+…+
;
(Ⅲ)求F(n)=an+1+an+2+…+a2n(n≥2,n∈N)的最小值.
(Ⅰ)求证:f(x)+1是奇函数;
(Ⅱ)对?n∈N*,有an=
1 |
f(n) |
1 |
2n+1 |
b1 |
a1 |
b2 |
a2 |
bn |
an |
(Ⅲ)求F(n)=an+1+an+2+…+a2n(n≥2,n∈N)的最小值.
分析:(1)要证函数f(x)+1是奇函数,即证明f(-x)+1=-[f(x)+1].令x1=x2=0得f(0)=-1,再令x1=x,x2=-x,得f(0)=f(x)+f(-x)+1,移向整理即可.
(2)令x1=n,x2=1得f(n+1)=f(n)+2,所以f(n)=2n-1,an=
,bn=2×
-1+1=
,
得出anan+1=
=
(
-
),裂项后求出Sn,又
=(2n-1)
,利用错位相消法求出Tn.
(3))由F(n+1)-F(n)=a2n+1+a2n+2-an+1=
>0,判断得出F(n)随的增大而增大,F(2)为所求的最小值.
(2)令x1=n,x2=1得f(n+1)=f(n)+2,所以f(n)=2n-1,an=
1 |
2n-1 |
1 |
2n+1 |
1 |
2n |
得出anan+1=
1 |
(2n-1)(2n+1) |
1 |
2 |
1 |
2n-1 |
1 |
2n+1 |
bn |
an |
1 |
2n |
(3))由F(n+1)-F(n)=a2n+1+a2n+2-an+1=
1 |
(4n+1)(4n+3)(2n+1) |
解答:解:(1)证明:f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+1,
令x1=x2=0得f(0)=-1,再令x1=x,x2=-x,得f(0)=f(x)+f(-x)+1
∴f(-x)+1=-[f(x)+1],
函数f(x)+1是奇函数.
(2)令x1=n,x2=1得f(n+1)=f(n)+2,所以f(n)=2n-1,an=
,bn=2×
-1+1=
,
∴anan+1=
=
(
-
)
Sn=
(1-
)=
又
=(2n-1)
,
Tn=1×
+3×
+…+(2n-1)
①
Tn=1×
+3×
+…+(2n-1)
②
由①-②得出
Tn=
+(
+
+… +
)-(2n-1)
=
+(1-
)-(2n-1)
计算整理得出得
Tn=3-
(3)∵F(n+1)-F(n)=a2n+1+a2n+2-an+1=
>0
∴F(n+1)>F(n).又n≥2,
∴F(n)的最小值为F(2)=a3+a4=
令x1=x2=0得f(0)=-1,再令x1=x,x2=-x,得f(0)=f(x)+f(-x)+1
∴f(-x)+1=-[f(x)+1],
函数f(x)+1是奇函数.
(2)令x1=n,x2=1得f(n+1)=f(n)+2,所以f(n)=2n-1,an=
1 |
2n-1 |
1 |
2n+1 |
1 |
2n |
∴anan+1=
1 |
(2n-1)(2n+1) |
1 |
2 |
1 |
2n-1 |
1 |
2n+1 |
Sn=
1 |
2 |
1 |
2n+1 |
n |
2n+1 |
又
bn |
an |
1 |
2n |
Tn=1×
1 |
2 |
1 |
22 |
1 |
2n |
1 |
2 |
1 |
22 |
1 |
23 |
1 |
2n+1 |
由①-②得出
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
22 |
1 |
2n-1 |
1 |
2n+1 |
=
1 |
2 |
1 |
2n-1 |
1 |
2n+1 |
计算整理得出得
Tn=3-
2n+3 |
2n |
(3)∵F(n+1)-F(n)=a2n+1+a2n+2-an+1=
1 |
(4n+1)(4n+3)(2n+1) |
∴F(n+1)>F(n).又n≥2,
∴F(n)的最小值为F(2)=a3+a4=
12 |
35 |
点评:本题考查数列通项公式求解,数列求和中的裂项法、错位相消法.考查构造、变形、计算、推理论证能力.
练习册系列答案
相关题目