Question

設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，當(dāng)x＜0時(shí)f（x）＞1，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y）．?dāng)?shù)列{a_n}滿足f（a_n+1）=

1

f(-2-an)

（n∈N^*）
（Ⅰ）求f（0）的值，判斷并證明函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）如果存在t、s∈N^*，s≠t，使得點(diǎn)（t，a_s）、（s，a_t）都在直線y=kx-1上，試判斷是否存在自然數(shù)M，當(dāng)n＞M時(shí)，a _n＞f（0）恒成立？若存在，求出M的最小值，若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y）．當(dāng)x＜0時(shí)，令x=-1，y=0以及f（-1）＞1，推出f（0）=1，利用單調(diào)性的定義任取x₁＜x₂   推出 f（x₂）=f（x₁+x₂-x₁）=f（x₁）f（x₂-x₁），得到f（x）在R上減函數(shù)．
（Ⅱ）通過函數(shù)的單調(diào)性，得到a_n+1=a_n+2，點(diǎn)（t，a_s）、（s，a_t）都在直線y=kx-1上，推出a_s-a_t=-2（t-s），
確定a_n=-2（t+s）-1+2n，通過當(dāng)n＞M時(shí)，a _n＞f（0）恒成立，推出

aM≤1 aM+1＞1

然后求出M的最小值．

解答：解：（Ⅰ）x，y∈R，有f（x+y）=f（x）f（y）．
當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）＞1
令x=-1，y=0則f（-1）=f（-1）f（0）
∵f（-1）＞1∴f（0）=1…（3分）
若x＞0，則f（x-x）=f（0）=f（x）f（-x）故f（x）=

1

f(-x)

∈(0，1)，
任取x₁＜x₂    f（x₂）=f（x₁+x₂-x₁）=f（x₁）f（x₂-x₁），
∵x₂-x₁＞0，∴0＜f（x₂-x₁）＜1，
∴f（x₁）＞f（x₂）．
故f（x）在R上減函數(shù)…（6分）
（Ⅱ）f（a_n+1）=

1

f(-2-an)

=f（2+a_n）（n∈N^*）
  由f（x）單調(diào)性得：a_n+1=a_n+2
故{a_n}是等差數(shù)列，a_n=a₁+2（n-1）…（8分）
∵存在t，s∈N^*，使得（t，a_s）和（s，a_t）都在y=kx-1上，
∴a_s=kt-1，①a_t=ks-1，②
①-②得a_s-a_t=k（t-s）．
又a_s=a₁+2（s-1），a_t=a₁+2（t-1），故a_s-a_t=-2（t-s），
∵s≠t，∴k=-2
①+②，得a_s+a_t=-2（t+s）-2，
又a_s+a_t=a₁+2（s-1）+a₁+2（t-1）
=2a₁+2（s+t）-4，
∴2a₁+2（s+t）-4=-2（t+s）-2
∴a₁=-2（t+s）+1＜0，∴a_n=-2（t+s）-1+2n…（10分）
即數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為負(fù)奇數(shù)，公差為2，故數(shù)列{a_n}是遞增等差數(shù)列，各項(xiàng)全為奇數(shù)，
又f（0）=1
∴一定存在一個(gè)自然數(shù)M，使

aM≤1 aM+1＞1

∴

-2(t+s)-1+2M≤1 -2(t+s)-1+2(M+1)＞1

解得t+s＜M≤t+s+1．…（12分）
∵M(jìn)∈N，
∴M=t+s+1，
∴存在自然數(shù)M=t+s+1，使得當(dāng)n＞M時(shí)，a_n＞f（0）恒成立．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系，數(shù)列的判斷，函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想，分析問題解決問題的能力，難度較大．