Question

（2012•梅州二模）定义在R上的函数f（x）满足：f（x+y）=f（x）f（y），且当x＞0时，f（x）＞1．数列{a_n}满足a_n=1-3k，f（a_n+1）=

1

f( 2 3 an)

．
（1）求f（0）的值，并证明f（x）是定义域上的增函数：
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）设0＜a＜b_nS_n为数列{a_n}的前n项和，是否存在实数k，使得对任意正整数n，都有a＜S_n＜b？若存在，求出k的取值范围，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）利用f（x+y）=f（x）f（y），进行赋值，令x=1，y=0，可得f（0）=1，再证明x∈R时，f（x）＞0，利用函数单调性的定义证明f（x）是定义域上的增函数的关键是f（x₁）-f（x₂）=f[（x₁-x₂）+x₂]-f（x₂）；
（2）f（a_n+1）=

1

f( 2 3 an)

=f(-

2

3

an)，由函数的单调性知，a_n+1=-

2

3

an，由此可得数列的通项；
（3）求出S_n=

3

5

(1-3k)[1-(-

2

3

)n]，要使a＜S_n＜b对任意正整数n成立，即a＜

3

5

(1-3k)[1-(-

2

3

)n]＜b，从而可得

a

1-(- 2 3 )n

＜

3

5

(1-3k)＜

b

1-(- 2 3 )n

，进一步可得

9

5

a＜

3

5

(1-3k)＜

3

5

b，由此可得k的取值范围．

解答：解：（1）令x=1，y=0可得f（1）=f（1）f（0）
∵f（1）＞1，∴f（0）=1
当x＜0时，f（x-x）=f（0）=f（x）f（-x）=1
-x＞0，f（-x）＞1，∴f(x)=

1

f(-x)

∈(0，1)
∴x∈R时，f（x）＞0
任取x₁＜x₂，则f（x₁）-f（x₂）=f[（x₁-x₂）+x₂]-f（x₂）=f（x₁-x₂）f（x₂）-f（x₂）=f（x₂）[f（x₁-x₂）-1]
∵x₁＜x₂，∴x₁-x₂＜0
∵x＜0时，f（x）＜1，∴f（x₁-x₂）-1＜0
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，∴f（x₁）＜f（x₂）
∴f（x）是定义域上的增函数；
（2）f（a_n+1）=

1

f( 2 3 an)

=f(-

2

3

an)，由函数的单调性知，a_n+1=-

2

3

an
∵a₁=1-3k，∴当k=

1

3

时，a_n=0
当k≠

1

3

时，a_n=（1-3k）(-

2

3

)n-1；
（3）由（2）知，当k=

1

3

时，a_n=0，S_n=0，不满足条件；
当k≠

1

3

时，a_n=（1-3k）(-

2

3

)n-1，S_n=

3

5

(1-3k)[1-(-

2

3

)n]
要使a＜S_n＜b对任意正整数n成立，即a＜

3

5

(1-3k)[1-(-

2

3

)n]＜b
∴

a

1-(- 2 3 )n

＜

3

5

(1-3k)＜

b

1-(- 2 3 )n

令g（n）=1-(-

2

3

)n
当n为正奇数时，1＜g(n)≤

5

3

；当n为正偶数时，

5

9

≤g(n)＜1
∴g（n）的最大值为g（1）=

5

3

，最小值为g（2）=

5

9

∴

9

5

a＜

3

5

(1-3k)＜

3

5

b
∴3a＜1-3k＜b
∴

1-b

3

＜k＜

1-3a

3

∴当a＜b≤3a时，

1-b

3

≥

1-3a

3

，不存在实数k满足条件；
当b＞3a时，

1-b

3

＜

1-3a

3

，存在实数k，使得对任意正整数n，都有a＜S_n＜b，且k的取值范围为（

1-b

3

，

1-3a

3

）．

点评：本题考查函数的单调性，考查函数的性质，考查赋值法的而运用，考查存在性问题的探究，属于中档题．