Question

已知定義在R上的單調(diào)函數(shù)f（x），存在實數(shù)x₀，使得對于任意實數(shù)x₁，x₂，總有f（x₀x₁+x₀x₂）=f（x₀）+f（x₁）+f（x₂）恒成立．
（Ⅰ）求x₀的值；（Ⅱ）若f（x₀）=1，且對任意n∈N^*，有a_n=f（

1

2n

）+1，求{a_n}的通項公式；
（Ⅲ）若數(shù)列{b_n}滿足b_n=2log

1

2

a_n+1，將數(shù)列{b_n}的項重新組合成新數(shù)列{c_n}，具體法則如下：c₁=b₁，c₂=b₂+b₃，c₃=b₄+b₅+b₆，…，求證：

1

c1

+

1

c2

+

1

c3

+…+

1

cn

＜

29

24

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）分別令x₁=x₂=0，x₁=1，x₂=0，f（x₀）=f（1），又因為f（x）為單調(diào)函數(shù)，從而可求x₀的值；
（Ⅱ）由（1）得f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）+1，進而可有f(

1

2n

)=2f(

1

2n+1

)+1，從而有an+1=

1

2

an，an=(

1

2

)n-1，故可求；
（Ⅲ）先求得b_n=2n+1，由{C_n}的構(gòu)成法則求得C_n=n³ 借助于當n≥3時，

1

n3

＜

1

n(n2-1)

=

1

2

[

1

(n-1)n

-

1

n(n+1)

]可進行放縮，從而得證．

解答：解：（Ⅰ）令x₁=x₂=0，得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①、②得f（x₀）=f（1），又因為f（x）為單調(diào)函數(shù)，∴x₀=1…（2分）
（Ⅱ）由（1）得f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）+1，f(1)=f(

1

2

)+f(

1

2

)+1，∴f(

1

2

)=0，a₁=1
f(

1

2n

)=2f(

1

2n+1

)+1，…（3分）f(

1

2n+1

)+1=

1

2

[f(

1

2n

)+1]…（4分）∴an+1=

1

2

an，an=(

1

2

)n-1，…（5分）
（Ⅲ）b_n=2log

1

2

a_n+1=2n+1…（6分）
由{C_n}的構(gòu)成法則可知，C_n應(yīng)等于{b_n}中的n項之和，其第一項的項數(shù)為
[1+2+…+（n-1）]+1=

(n-1)n

2

+1，即這一項為2×[

(n-1)n

2

+1]-1=n（n-1）+1
C_n=n（n-1）+1+n（n-1）+3+…+n（n-1）+2n-1=n²（n-1）+

n(1+2n-1)

2

=n³ …（8分）
1+

1

23

=

9

8

＜

29

24

當n≥3時，

1

n3

＜

1

n(n2-1)

=

1

2

[

1

(n-1)n

-

1

n(n+1)

]…（10分）
∴：

1

c1

+

1

c2

+

1

c3

+…+

1

cn

＜1+

1

8

+

1

2

[

1

2×3

-

1

3×4

+…+

1

(n-1)n

-

1

n(n+1)

]＜1+

1

8

+

1

2

×

1

2x3

=

29

24

…（12分）

點評：本題考查來哦賦值法，同時考查放縮法證明不等式，有一定的綜合性．