Question

设函数y=f（x）定义域为R，当x＜0时，f（x）＞1，且对于任意的x，y∈R，有f（x+y）=f（x）•f（y）成立．数列{a_n}满足a₁=f（0），且 f(an+1)=

1

f(-2-an)

(n∈N*)．
（Ⅰ） 求f（0）的值；
（Ⅱ） 求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅲ） 是否存在正数k，使(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)…(1+

1

an

)≥k

2n+1

对一切n∈N^*均成立，若存在，求出k的最大值，并证明，否则说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）令x=-1，y=0，得f（-1）=f（-1）•f（0），由此能求出f（0）．
（Ⅱ）由f(an+1)=

1

f(-2-an)

，得f（a_n+1）•f（-2-a_n）=1，故f（a_n+1-a_n-2）=f（0），由此能求出a_n．
（Ⅲ）存在正数k，使(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)…(1+

1

an

)≥k

2n+1

成立．记F(n)=

(1+ 1 a1 )(1+ 1 a2 )…(1+ 1 an )

2n+1

，则

F(n+1)

F(n)

=

2(n+1)

4(n+1)2-1

＞1，由此能求出k的最大值．

解答：解：（Ⅰ）∵函数y=f（x）定义域为R，当x＜0时，f（x）＞1，
且对于任意的x，y∈R，有f（x+y）=f（x）•f（y）成立．
∴令x=-1，y=0，
得f（-1）=f（-1）•f（0），
得f（0）=1．（3分）
（Ⅱ）由f(an+1)=

1

f(-2-an)

，得f（a_n+1）•f（-2-a_n）=1，
∴f（a_n+1-a_n-2）=f（0），
∴a_n+1-a_n-2=0，即a_n+1-a_n=2（n∈N^*）．
∴{a_n}是等差数列，其首项为1，公差为d=2，
∴a_n=2n-1（8分）
（Ⅲ）存在正数k，使(1+

1

a1

)(1+

1

a2

)…(1+

1

an

)≥k

2n+1

成立．
记F(n)=

(1+ 1 a1 )(1+ 1 a2 )…(1+ 1 an )

2n+1

，
则

F(n+1)

F(n)

=

2(n+1)

4(n+1)2-1

＞1，
∴F（n）单调递增，
∴F（1）为F（n）的最小值，
由F（n）≥k恒成立知k≤

2

3

3

，
∴k的最大值为

2

3

3

．（14分）

点评：本题考查函数与数列的综合运用，考查函数值的求法，考查数列的通项公式的求法，考查实数值是否存在的判断．解题时要认真审题，注意数列的性质的灵活运用．