Question

（2013•广州三模）已知定义在R上的单调函数f（x），存在实数x₀使得对任意实数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，且对任意的正整数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．

Answer 1

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=

1

2n-1

，从而可求S_n，再证{b_n}是等比数列从而可求T_n，代入

4

3

Sn与T_n作差，利用二项式定理展开，进行放缩，即可求得结果．

解答：解：（1）令x₁=x₂=0，得f（0）=f（x₀）+2f（0），∴f（x₀）=-f（0）．①
令x₁=1，x₂=0，得f（x₀）=f（x₀）+f（1）+f（0），∴f（1）=-f（0）．②
由①②得   f（x₀）=f（1）．∴f（x）为单调函数，
∴x₀=1．
（2）由（1）得f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）+f（1）=f（x₁）+f（x₂）+1．
∵f（n+1）=f（n）+f（1）+1=f（n）+2，f（1）=1，∴f（n）=2n-1．（n∈Z^*）
∴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．
又f(

1

2n

)=f(

1

2n+1

+

1

2n+1

)=f(

1

2n+1

)+f(

1

2n+1

)+f(1)=2f(

1

2n+1

)+1，
∴2bn+1=2f(

1

2n+1

)+2=f(

1

2n

)+1=bn．
∴bn=(

1

2

)n-1．
∴Sn=

1

1×3

+

1

3×5

+…+

1

(2n-1)(2n+1)

=

1

2

(

1

1

-

1

3

+

1

3

-

1

5

+…+

1

2n-1

-

1

2n+1

)
=

1

2

(1-

1

2n+1

)
Tn=(

1

2

)0(

1

2

)1+(

1

2

)1(

1

2

)2+…+(

1

2

)n-1(

1

2

)n=

1

2

+(

1

2

)3+…+(

1

2

)2n-1
=

1 2 [1-( 1 4 )n]

1- 1 4

=

2

3

[1-(

1

4

)n]．
∴

4

3

Sn-Tn=

2

3

(1-

1

2n+1

)-

2

3

[1-(

1

4

)n]=

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

2

(

1

4n

-

1

2n+1

)＜0．
∴

4

3

Sn＜Tn．

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，属难题．