题目内容

(2009•黄冈模拟)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,且对于任意正整数n,有an=
1
f(n)
bn=f(
1
2n
)+1
,记Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1,Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn+1,比较
4
3
Sn
与Tn的大小关系,并给出证明;
(3)在(2)的条件下,若不等式an+1+an+2+…+a2n
4
35
[log
1
2
(x+1)-log
1
2
(9x2-1)+1]
对任意不小于2的正整数n都成立,求x的取值范围.
分析:(1)分别令x1=x2=0,x1=1,x2=0,f(x0)=f(1),又因为f(x)为单调函数,从而可求x0的值;
(2)由(1)得f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+1,令x1=n,x2=1,f(n+1)=f(n)+f(1)+1=f(n)+2,f(n)=2n-1.故可求an进而可有 f(
1
2n
)=2f(
1
2n+1
)+1
,从而可求通项,故可证;
 (3)构造函数F(n)=an+1+an+2+…+a2n,证明n≥2时,为单调减函数,从而可求x的取值范围.
解答:解:(1)令x1=x2=0⇒f(x0)=-f(0).又令x1=1,x2=0,f(1)=-f(0).
∴f(x0)=f(1),由函数f(x)单调性知,x0=1.
(2)由(1)知,f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+f(1)=f(x1)+f(x2)+1,
由x1,x2的任意性,令x1=n,x2=1,f(n+1)=f(n)+f(1)+1=f(n)+2,
∴f(n)=2n-1.(n∈N*).
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=1

又∵f(
1
2n
)=f(
1
2n+1
+
1
2n+1
)=2f(
1
2n+1
)+1

2bn+1=2f(
1
2n+1
)+2=f(
1
2n
)+1=bn

bn=(
1
2
)n-1

由数列求和方法知:Sn=
1
2
(1-
1
2n+1
)
Tn=
2
3
[1-(
1
4
)
n
]
.∴
4
3
Sn-Tn=
2
3
[(
1
4
)
n
-
1
2n+1
]

∵4n=(3+1)n=Cnn3n+Cnn-13n-1+…+Cn13+Cn0≥3n+1>2n+1,∴
4
3
SnTn

(3)令F(n)=an+1+an+2+…+a2n⇒F(n+1)-F(n)=a2n+1+a2n+2-an+1=
1
4n+1
+
1
4n+3
-
1
2n+1
>0
(通分易证)∴当n≥2时,F(n)>F(n-1)>…>F(2)=a3+a4=
12
35

12
35
4
35
[log
1
2
(x+1)-log
1
2
(9x2-1)+1]
⇒log
1
2
(x+1)-log
1
2
(9x2-1)<2

解此不等式,所以x的取值范围为(-
5
9
,-
1
3
)∪(
1
3
,1)
点评:本题以新定义为载体,考查抽象函数,考查赋值法,同时考查构造函数,利用函数的单调性解决恒成立问题.
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