Question

定義在R的函數(shù)f（x）滿足：①對(duì)任意的實(shí)數(shù)x、y∈R有f（x+y）=f（x）•f（y）．②當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞1，數(shù)列{an}滿足a1=f(0)，且f(an+1)=

1

f(-1-an)

，(n∈N*)
（1）求f（0），并判斷f（x）的單調(diào)性；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（3）令b_n是最接近

an

的正整數(shù)，即|

an

-bn|＜

1

2

，bn∈N*，設(shè)Tn=

1

b1

+

1

b2

++ …

1

bn

(n∈N*)求T₁₀₀₀．

Answer 1

分析：（1）由f（x+y）=f（x）•f（y），令x=1，y=0即可求出f（0），再利用函數(shù)單調(diào)性定義證明函數(shù)為R上的增函數(shù)
（2）由a₁=f（0）得a₁=1，由f(an+1)=

1

f(-1-an)

，(n∈N*)及函數(shù)單調(diào)性，可得地推公式a_n+1-a_n=1，最后由等差數(shù)列通項(xiàng)公式得通項(xiàng)公式a_n
（3）令b_n=k（k∈N^*）是最接近

an

=

n

得正整數(shù)，即k-

1

2

＜

n

＜k+

1

2

，求得當(dāng)n=1000時(shí)，k的范圍，再求這32項(xiàng)之和即可

解答：解：（1）由f（x+y）=f（x）•f（y），令x=1，y=0，
則f（1）=f（1）•f（0），所以f（1）[f（0）-1]=0，∵x＞0時(shí)，f（x）＞1，則f（1）≠0，所以只能f（0）=1，
由①知 f（x）•f（-x）=f（0）=1∵x＞0時(shí)，f（x）＞1，則x＜0時(shí)，f（x）＜1，所以x∈R，有f（x）＞0
任取x₁＜x₂，則f（x₂）=f[x₁+（x₂-x₁）]=f（x₁）•f（x₂-x₁）
∵x₂-x₁＞0，則f（x₂-x₁）＞1，又f（x₁）＞0，所以f（x₂）＞f（x₁），
所以f（x）在R上為增函數(shù)．
（2）由a₁=f（0）得a₁=1，因?yàn)?span id="l4vdmol" class="MathJye">f(an+1)=

1

f(-1-an)

，(n∈N*)，得f（a_n+1）•f（-1-a_n）=1=f（0），
由f（x）在R上為增函數(shù)及f（x+y）=f（x）•f（y），得a_n+1-1-a_n=0，即a_n+1-a_n=1，
∴{a_n}為等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為1，
∴a_n=n
（3）令b_n=k（k∈N^*）是最接近

an

=

n

得正整數(shù)，即k-

1

2

＜

n

＜k+

1

2

，平方k2-k+

1

4

＜n＜k2+k+

1

4

，因?yàn)閗，n均為正整數(shù)，所以k²-k+1≤n≤k²+k，所以滿足b_n=k的正整數(shù)n有k²+k-（k²-k+1）+1=2k個(gè)，所以31²＜1000＜32²，T1000=

1

b1

+

1

b2

+…+

1

b1000

=2×1+4×

1

2

+…+62×

1

31

+8×

1

32

=

249

4

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了函數(shù)的抽象表達(dá)式的運(yùn)用，等差數(shù)列的定義以及數(shù)列的綜合運(yùn)用，解題時(shí)要善于使用抽象規(guī)則，深刻理解題意，認(rèn)真計(jì)算解決問(wèn)題