Question

设函数f（x）的定义域为R，当x＜0时，0＜f（x）＜1，且对任意的实数x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y）
（1）求f（0）； 
（2）试判断函数f（x）在（-∞，0]上是否存在最大值，若存在，求出该最大值，若不存在说明理由；
（3）设数列{a_n}各项都是正数，且满足a₁=f（0），f（a_n+1²-a_n²）=

1

f(an+1-3an-2)

，（n∈N^*），又设b_n=（

1

2

） an，S_n=b₁+b₂+…+b_n，T_n=

1

a1a2

+

1

a2a3

+…+

1

anan+1

，试比较S_n与 T_n的大小．

Answer 1

考点：数列与函数的综合,数列的求和

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）令y=0，x=-1，得f（-1）=f（-1）f（0），由此能求出f（0）=1．
（2）x＜0时，f（x）＞0，当x＞0时，由f（x-x）=f（x）f（-x）=1，得f（x）=

1

f(-x)

＞0，由此能求出函数f（x）在（-∞，0]上存在最大值，f（x）_max=f（0）=1．
（3）由f（an+12-an2）=

1

f(an+1-3an-2)

，得f（an+12-an2+a_n+1-3a_n-2）=f（0），从而得到a_n+1-a_n=1，进而a_n=n，

1

anan+1

=

1

n(n+1)

=

1

n

-

1

n+1

，由此得到T_n=1-

1

n+1

，而S_n=1-

1

2n

，从而T_n＜S_n．

解答： 解：（1）令y=0，x=-1，得f（-1）=f（-1）f（0），…（1分）
f（-1）[1-f（0）]=0，
∵f（-1）＞0，∴f（0）=1．…（2分）
（2）∵x＜0时，f（x）＞0，∴当x＞0时，由f（x-x）=f（x）f（-x）=1，
得f（x）=

1

f(-x)

＞0，故对于x∈R，f（x）＞0．…（3分）
设x₁＜x₂，则x₁-x₂＜0，由已知得f（x₁-x₂）＜1，
∴f（x₁）=f[（x₁-x₂）+x₁]=f（x₁-x₂）f（x₂）＜f（x₂），…（5分）
∴函数F（X）在R上是单调递增函数．
∴函数f（x）在（-∞，0]上存在最大值，f（x）_max=f（0）=1…（6分）
（3）由f（an+12-an2）=

1

f(an+1-3an-2)

，n∈N^*，
得f(a+12-an2)f(an+1-3an-2)=f(0)，
即f（an+12-an2+a_n+1-3a_n-2）=f（0），n∈N^*，
∵函数f（x）是R上单调函数．∴an+12-an2+an+1-3an-2=0，…（8分）
∴an+12+an+1-an2-3an-2=0，
∴an+12+an+1-(an+2)(an+1)=0，
∴（a_n+1+a_n+2）（a_n+1-a_n-1）=0，
∵数列{a_n}各项都是正数，∴a_n+1+a_n+2＞0，
∴a_n+1-a_n=1，n∈N^*，
∴数列{a_n}是首项a₁=f（0）=1，公差为1的等差数列，且a_n=n．…（10分）
∵

1

anan+1

=

1

n(n+1)

=

1

n

-

1

n+1

，
∴T_n=1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n

-

1

n+1

=1-

1

n+1

，
而S_n=

1

2

+(

1

2

)2+…+(

1

2

)n
=

1 2 (1- 1 2n )

1- 1 2

=1-

1

2n

，
∵当n=1时，2ⁿ=n+1，∴T_n=S_n，
当n≥2时，2ⁿ=（1+1）ⁿ=1+n+

n(n+1)

2

+…＞n+1，
∴

1

2n

＜

1

n+1

，∴T_n＜S_n．…（13分）

点评：本题考查f（0）的求法，考查函数f（x）在（-∞，0]上是否存在最大值的判断与求法，考查S_n与T_n的大小的比较，解题时要认真审题，注意裂项求和法的合理运用．