Question

（2012•梅州二模）定義在R上的函數f（x）滿足：f（x+y）=f（x）f（y），且當x＞0時，f（x）＞1．數列{a_n}滿足a_n=1-3k，f（a_n+1）=

1

f( 2 3 an)

．
（1）求f（0）的值，并證明f（x）是定義域上的增函數：
（2）求數列{a_n}的通項公式；
（3）設0＜a＜b_nS_n為數列{a_n}的前n項和，是否存在實數k，使得對任意正整數n，都有a＜S_n＜b？若存在，求出k的取值范圍，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）利用f（x+y）=f（x）f（y），進行賦值，令x=1，y=0，可得f（0）=1，再證明x∈R時，f（x）＞0，利用函數單調性的定義證明f（x）是定義域上的增函數的關鍵是f（x₁）-f（x₂）=f[（x₁-x₂）+x₂]-f（x₂）；
（2）f（a_n+1）=

1

f( 2 3 an)

=f(-

2

3

an)，由函數的單調性知，a_n+1=-

2

3

an，由此可得數列的通項；
（3）求出S_n=

3

5

(1-3k)[1-(-

2

3

)n]，要使a＜S_n＜b對任意正整數n成立，即a＜

3

5

(1-3k)[1-(-

2

3

)n]＜b，從而可得

a

1-(- 2 3 )n

＜

3

5

(1-3k)＜

b

1-(- 2 3 )n

，進一步可得

9

5

a＜

3

5

(1-3k)＜

3

5

b，由此可得k的取值范圍．

解答：解：（1）令x=1，y=0可得f（1）=f（1）f（0）
∵f（1）＞1，∴f（0）=1
當x＜0時，f（x-x）=f（0）=f（x）f（-x）=1
-x＞0，f（-x）＞1，∴f(x)=

1

f(-x)

∈(0，1)
∴x∈R時，f（x）＞0
任取x₁＜x₂，則f（x₁）-f（x₂）=f[（x₁-x₂）+x₂]-f（x₂）=f（x₁-x₂）f（x₂）-f（x₂）=f（x₂）[f（x₁-x₂）-1]
∵x₁＜x₂，∴x₁-x₂＜0
∵x＜0時，f（x）＜1，∴f（x₁-x₂）-1＜0
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，∴f（x₁）＜f（x₂）
∴f（x）是定義域上的增函數；
（2）f（a_n+1）=

1

f( 2 3 an)

=f(-

2

3

an)，由函數的單調性知，a_n+1=-

2

3

an
∵a₁=1-3k，∴當k=

1

3

時，a_n=0
當k≠

1

3

時，a_n=（1-3k）(-

2

3

)n-1；
（3）由（2）知，當k=

1

3

時，a_n=0，S_n=0，不滿足條件；
當k≠

1

3

時，a_n=（1-3k）(-

2

3

)n-1，S_n=

3

5

(1-3k)[1-(-

2

3

)n]
要使a＜S_n＜b對任意正整數n成立，即a＜

3

5

(1-3k)[1-(-

2

3

)n]＜b
∴

a

1-(- 2 3 )n

＜

3

5

(1-3k)＜

b

1-(- 2 3 )n

令g（n）=1-(-

2

3

)n
當n為正奇數時，1＜g(n)≤

5

3

；當n為正偶數時，

5

9

≤g(n)＜1
∴g（n）的最大值為g（1）=

5

3

，最小值為g（2）=

5

9

∴

9

5

a＜

3

5

(1-3k)＜

3

5

b
∴3a＜1-3k＜b
∴

1-b

3

＜k＜

1-3a

3

∴當a＜b≤3a時，

1-b

3

≥

1-3a

3

，不存在實數k滿足條件；
當b＞3a時，

1-b

3

＜

1-3a

3

，存在實數k，使得對任意正整數n，都有a＜S_n＜b，且k的取值范圍為（

1-b

3

，

1-3a

3

）．

點評：本題考查函數的單調性，考查函數的性質，考查賦值法的而運用，考查存在性問題的探究，屬于中檔題．