Question

已知函數(shù)y=f（x），x∈N^*，y∈N^*滿足：
①對(duì)于任意a，b∈N^*，a＜b，都有af（a）+bf（b）＞af（b）+bf（a）；
②對(duì)任意n∈N^*，都有f[f（n）]=3n．
（I）證明：f（x）為N^*上的單調(diào)增函數(shù)；
（II）求f（1），f（2），f（3）的值；
（III）令an=f(3n)，n∈N*，證明：

n

4n+2

≤

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

＜

1

4

．

Answer 1

分析：（I）由已知條件中對(duì)任意a，b∈N^*，a≠b，我們不妨令a＜b，則可將已知中af（a）+bf（b）＞af（b）+bf（a）變形為（a-b）（f（a）-f（b））＞0由a＜b判斷出f（a）-f（b）的符號(hào)，結(jié)合單調(diào)性的定義，即可作出結(jié)論．
（II）由對(duì)任意n∈N^*都有f[f（n）]=3n．我們不妨令f（1）=a，然后分a＜1，a=1，a＞1三類進(jìn)行討論，再由a∈N^*，可以求出a值，進(jìn)而求得f（2），f（3）的值；
（III）a_n=f（3ⁿ），則易得f（a_n）=f（f（3ⁿ））=3×3ⁿ=3ⁿ⁺¹，a_n+1=f（3ⁿ⁺¹）=f（f（a_n））=3a_n，a₁=f（3）=6．分析可知數(shù)列{a_n}是以6為首項(xiàng)，以3為公比的等比數(shù)列再利用放縮法可證明

n

4n+2

≤

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

＜

1

4

成立．

解答：解：（I）由①知，對(duì)任意a，b∈N^*，a＜b，都有（a-b）（f（a）-f（b））＞0，
由于a-b＜0，從而f（a）＜f（b），
所以函數(shù)f（x）為N^*上的單調(diào)增函數(shù)．
（II）令f（1）=a，則a≥1，顯然a≠1，否則f（f（1））=f（1）=1，與f（f（1））=3矛盾．
從而a＞1，而由f（f（1））=3，
即得f（a）=3．
又由（I）知f（a）＞f（1）=a，即a＜3．
于是得1＜a＜3，又a∈N^*，
從而a=2，即f（1）=2．
進(jìn)而由f（a）=3知，f（2）=3．
于是f（3）=f（f（2））=3×2=6，
（III）f（a_n）=f（f（3ⁿ））=3×3ⁿ=3ⁿ⁺¹，a_n+1=f（3ⁿ⁺¹）=f（f（a_n））=3a_n，a₁=f（3）=6．
即數(shù)列{a_n}是以6為首項(xiàng)，以3為公比的等比數(shù)列．
∴a_n=6×3^n-1=2×3ⁿ（n=1，2，3）．
于是

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

=

1

2

(

1

3

+

1

32

+…+

1

3n

)=

1

2

×

1 3 (1- 1 3n )

1- 1 3

=

1

4

(1-

1

3n

)，
顯然

1

4

(1-

1

3n

)＜

1

4

，
另一方面3ⁿ=（1+2）ⁿ=1+C_n¹×2+C_n²×2²+…+C_nⁿ×2ⁿ≥1+2n，
從而

1

4

(1-

1

3n

)≥

1

4

(1-

1

2n+1

)=

n

4n+2

．
綜上所述，

n

4n+2

≤

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

＜

1

4

．

點(diǎn)評(píng)：（1）對(duì)于抽象函數(shù)的函數(shù)值的求法，我們不可能求出函數(shù)的解析式，但觀察到af（a）+bf（b）＞af（b）+bf（a）移項(xiàng)分解后的形式，故可據(jù)此分析函數(shù)的單調(diào)性；（2）中分類討論求f（1）的值，及根據(jù)已知條件和（1）的結(jié)論得到f（28）值用到需要較強(qiáng)的邏輯能力；（3）中放縮法是證明不等式常用的方法，要求大家了解并學(xué)會(huì)使用．屬中檔題．