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已知定义在R上的单调函数f（x），存在实数x0使得对任意实数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，且对任意的正整

题目简介

已知定义在R上的单调函数f（x），存在实数x0使得对任意实数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，且对任意的正整

题目详情

已知定义在R上的单调函数f（x），存在实数x0使得对任意实数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，且对任意的正整数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．
题型：解答题难度：中档来源：广州三模

答案

（1）令x1=x2=0，得f（0）=f（x0）+2f（0），∴f（x0）=-f（0）．①
令x1=1，x2=0，得f（x0）=f（x0）+f（1）+f（0），∴f（1）=-f（0）．②
由①②得   f（x0）=f（1）．∴f（x）为单调函数，
∴x0=1．
（2）由（1）得f（x1+x2）=f（x1）+f（x2）+f（1）=f（x1）+f（x2）+1．
∵f（n+1）=f（n）+f（1）+1=f（n）+2，f（1）=1，∴f（n）=2n-1．（n∈Z*）
∴an=class="stub"1
2n-1
．
又∵f(1)=f(class="stub"1
2
+class="stub"1
2
)=f(class="stub"1
2
)+f(class="stub"1
2
)+f(1)
∴f(class="stub"1
2
)=0，b1=f(class="stub"1
2
)+1．
又f(class="stub"1
2n
)=f(class="stub"1
2n+1
+class="stub"1
2n+1
)=f(class="stub"1
2n+1
)+f(class="stub"1
2n+1
)+f(1)=2f(class="stub"1
2n+1
)+1，
∴2bn+1=2f(class="stub"1
2n+1
)+2=f(class="stub"1
2n
)+1=bn．
∴bn=(class="stub"1
2
)n-1．
∴Sn=class="stub"1
1×3
+class="stub"1
3×5
+…+class="stub"1
(2n-1)(2n+1)
=class="stub"1
2
(class="stub"1
1
-class="stub"1
3
+class="stub"1
3
-class="stub"1
5
+…+class="stub"1
2n-1
-class="stub"1
2n+1
)
=class="stub"1
2
(1-class="stub"1
2n+1
)
Tn=(class="stub"1
2
)0(class="stub"1
2
)1+(class="stub"1
2
)1(class="stub"1
2
)2+…+(class="stub"1
2
)n-1(class="stub"1
2
)n=class="stub"1
2
+(class="stub"1
2
)3+…+(class="stub"1
2
)2n-1
=
class="stub"1
2
[1-(class="stub"1
4
)n]
1-class="stub"1
4
=class="stub"2
3
[1-(class="stub"1
4
)n]．
∴class="stub"4
3
Sn-Tn=class="stub"2
3
(1-class="stub"1
2n+1
)-class="stub"2
3
[1-(class="stub"1
4
)n]=class="stub"2
3
[(class="stub"1
4
)n-class="stub"1
2n+1
]．
∵4n=（3+1）n=Cnn3n+Cnn-13n-1+…+Cn13+Cn0≥3n+1＞2n+1，
∴class="stub"4
3
Sn-Tn=class="stub"3
2
(class="stub"1
4n
-class="stub"1
2n+1
)＜0．
∴class="stub"4
3
Sn＜Tn．

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