Question

設(shè)函數(shù)f（x）的定義域為R，當(dāng)x＜0時，0＜f（x）＜1，且對任意的實數(shù)x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y）
（1）求f（0）； 
（2）試判斷函數(shù)f（x）在（-∞，0]上是否存在最大值，若存在，求出該最大值，若不存在說明理由；
（3）設(shè)數(shù)列{a_n}各項都是正數(shù)，且滿足a₁=f（0），f（a_n+1²-a_n²）=

1

f(an+1-3an-2)

，（n∈N^*），又設(shè)b_n=（

1

2

） an，S_n=b₁+b₂+…+b_n，T_n=

1

a1a2

+

1

a2a3

+…+

1

anan+1

，試比較S_n與 T_n的大�。�

Answer 1

考點：數(shù)列與函數(shù)的綜合,數(shù)列的求和

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)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時，f（x）＞0，當(dāng)x＞0時，由f（x-x）=f（x）f（-x）=1，得f（x）=

1

f(-x)

＞0，由此能求出函數(shù)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），從而得到a_n+1-a_n=1，進(jìn)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

，從而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時，f（x）＞0，∴當(dāng)x＞0時，由f（x-x）=f（x）f（-x）=1，
得f（x）=

1

f(-x)

＞0，故對于x∈R，f（x）＞0．…（3分）
設(shè)x₁＜x₂，則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）
∴函數(shù)F（X）在R上是單調(diào)遞增函數(shù)．
∴函數(shù)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^*，
∵函數(shù)f（x）是R上單調(diào)函數(shù)．∴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，
∵數(shù)列{a_n}各項都是正數(shù)，∴a_n+1+a_n+2＞0，
∴a_n+1-a_n=1，n∈N^*，
∴數(shù)列{a_n}是首項a₁=f（0）=1，公差為1的等差數(shù)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

，
∵當(dāng)n=1時，2ⁿ=n+1，∴T_n=S_n，
當(dāng)n≥2時，2ⁿ=（1+1）ⁿ=1+n+

n(n+1)

2

+…＞n+1，
∴

1

2n

＜

1

n+1

，∴T_n＜S_n．…（13分）

點評：本題考查f（0）的求法，考查函數(shù)f（x）在（-∞，0]上是否存在最大值的判斷與求法，考查S_n與T_n的大小的比較，解題時要認(rèn)真審題，注意裂項求和法的合理運用．