Question

9．已知f（x）是R上的單調(diào)函數(shù)，?x₁，x₂∈R，?x₀∈R，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?n∈N^*，有a_n=f（$\frac{1}{{{2^{n+1}}}}$）+1，若數(shù)列{a_n}的前n項和S_n，求證：S_n＜1．

Answer 1

分析 （I）令x₁=x₂=0，得f（0）=f（x₀）+2f（0），故f（x₀）=-f（0），令x₁=1，x₂=0，得f（x₀）=f（x₀）+f（1）+f（0），故f（1）=-f（0），得f（x₀）=f（1），由函數(shù)的單調(diào)性即可求得x₀的值；
（II）由（I）可知：求得f（n）=2n-1，可知數(shù)列{f（n）}，是以2為公差，以1為首項的等差數(shù)列，代入求得數(shù)列{a_n}的通項公式，根據(jù)等比數(shù)列前n項和公式即可求證S_n＜1．

解答 解：（I）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①、②知，f（x₀）=f（1），
又f（x）是R上的單調(diào)函數(shù)，
∴x₀=1．
（II）證明：∵f（x₁+x₂）=f（1）+f（x₁）+f（x₂）=1+f（x₁）+f（x₂），
∴f（n+1）=1+f（n）+f（1）=f（n）+2，（n∈N*），
∴數(shù)列{f（n）}，是以2為公差，以1為首項的等差數(shù)列，
f（n）=1+2（n-1）=2n-1，
∴f（n）=2n-1，
∴${a_n}=f（\frac{1}{{{2^{n+1}}}}）+1=\frac{1}{2^n}$．
數(shù)列{a_n}是以$\frac{1}{2}$為首項，$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，
由等比數(shù)列前n項和公式可知：${S_n}=\frac{{\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{2^n}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}=1-\frac{1}{2^n}＜1$．
∴S_n＜1．

點評 本題考查數(shù)列與函數(shù)的綜合運用，考查等差數(shù)列和等比數(shù)列通項公式及前n項和公式，考查分析問題及解決問題的能力，屬于中檔題．