Question

（2013•营口二模）设函数f（x）的定义域为R，当x＜0时，f（x）＞1，且对于任意的实数x，y都有 f（x+y）=f（x）•f（y）成立，
（1）求f（0）的值，判断并证明函数f（x）的单调性；
（2）若数列{a_n}满足a1=f(0)，f(an+1)=

1

f(-2-an)

，(n∈N+)，求{a_n}的通项公式；
（3）如果f(1)=

1

2

，b_n=lgf（a_n），求数列{b_n}的前n项和S_n．

Answer 1

分析：（1）采用赋值法：令x=-1、y=0代入，并结合f（-1）＞1化简得f（0）=1．再取y=-x，代入题中等式化简得到当x＞0时，f（x）=

1

f(-x)

∈(0，1)，从而得到当x∈R时，总有f（x）＞0成立．最后根据函数单调性的定义，即可证出当x₁＜x₂时，f（x₁）＞f（x₂），可得函数f（x）在（-∞，+∞）上是减函数；
（2）因为f(an+1)=

1

f(-2-an)

，结合函数对应法则化简，得到f（a_n+1）=f（a_n+2），结合函数的单调性得数列{a_n}是公差为2的等差数列，根据等差数列通项公式可得a_n的表达式；
（3）根据函数的对应法则，结合f(1)=

1

2

证出数列{f（n）}构成以公比q=

1

2

的等比数列，可得f(n)=(

1

2

)n，进而得到f（a_n）=(

1

2

)2n-1，由此算出数列{b_n}是以lg(

1

2

)为首项，以2lg(

1

2

)为公差的等差数列，结合等差数列求和公式即可算出{b_n}的前n项和S_n的表达式．

解答：解：由x，y∈R，f（x+y）=f（x）•f（y），x＜0时，f（x）＞1可得：
（1）令x=-1，y=0，得f（-1+0）=f（-1）•f（0），即f（-1）=f（-1）•f（0），
∵-1＜0，得f（-1）＞1，∴两边约去f（-1），可得f（0）=1；      …（2分）
若x＞0，则-x＜0，可得f（-x）＞1，则1=f（0）=f（x-x）=f（x）•f（-x），
∴当x＞0时，f(x)=

1

f(-x)

∈(0，1)，
结合f（0）=1得当x∈R时，总有f（x）＞0成立；…（4分）
对任意的x₁、x₂，且x₁＜x₂，得x₂-x₁＞0
∴f（x₂-x₁）∈（0，1），
从而f（x₂）-f（x₁）=f（x₁+x₂-x₁）-f（x₁）=f（x₁+（x₂-x₁））-f（x₁）
=f（x₁）•f（x₂-x₁）-f（x₁）=f（x₁）[f（x₂-x₁）-1]＜0；
即当x₁＜x₂时，f（x₁）＞f（x₂）成立，当由此可得函数f（x）在（-∞，+∞）上是减函数．…（6分）
（2）a1=f(0)=1，f(an+1)=

1

f(-2-an)

=

1

f[-(an+2)]

=f(an+2)
∵函数f（x）是R上单调函数，
∴a_n+1=a_n+2，…（8分）
由此可得：数列{a_n}是首项a₁=1，公差d=2的等差数列，
即通项公式为a_n=2n-1．…（10分）
（3）当f(1)=

1

2

时，可得f(2)=f(1+1)=f(1)•f(1)=(

1

2

)2，…，f（n+1）=f（n）•f（1）=

1

2

f（n），（n∈N^*）
∴数列{f（n）}构成以f(1)=

1

2

为首项，公比q=

1

2

的等比数列，可得f(n)=

1

2

×(

1

2

)n-1=(

1

2

)n，
∵a_n=2n-1，∴f（a_n）=(

1

2

)2n-1
因此，数列{b_n}的通项公式为bn=lg(

1

2

)2n-1=(2n-1)lg(

1

2

)，…（12分）
可得数列{b_n}是以lg(

1

2

)为首项，以2lg(

1

2

)为公差的等差数列，
因此，数列{b_n}前n项和为：Sn=

n[lg( 1 2 )+(2n-1)lg( 1 2 )]

2

=n2lg(

1

2

)=-n2lg2．…（14分）

点评：本题给出抽象函数，求f（0）的值、研究了函数的单调性，并依此探讨数列{a_n}的通项公式数列{b_n}的前n项和S_n．着重考查了运用赋值法研究抽象函数、函数单调性的定义和等差、等比数列的通项公式与求和公式等知识，属于中档题．