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已知函數f（x）滿足f（x+y）=f（x）•f（y）（x、y∈R）且f(1)=
1
2
，
（1）當n∈N+時，求f（n）的表達式；
（2）設an=n•f(n)，n∈N+，若Sn=a1+a2+a3+…+an，求證Sn＜2
（3）設bn=
n•f(n+1)
f(n)
(n∈N+)，Tn為{bn}的前n項和，求
1
T1
+
1
T2
+
1
T3
+…+
1
Tn
．
分析：（1）利用f（x+y）=f（x）f（y）（x，y∈R）通過令x=n，y=1，說明{f（n）}是以f(1)=
1
2
為首項，公比為
1
2
的等比數列求出f(n)=f(1)•(
1
2
)n-1=
1
2n
．
（2）利用（1）求出an=n•f（n）的表達式，利用錯位相減法求出數列的前n項和，即可說明不等式成立．
（3）利用（1）求出bn，求出Tn，利用裂項法求出
1
T1
+
1
T2
+
1
T3
+…+
1
Tn
的和即可．
解答：解：（1）∵f（x）滿足f（x+y）=f（x）f（y）（x，y∈R）
令x=n，y=1則f（n+1）=f（n）•f（1）（n∈N+）…（2分）
由f(1)=
1
2

∴
f(n+1)
f(n)
=
1
2
（n∈N+）
∴{f（n）}是以f(1)=
1
2
為首項，公比為
1
2
的等比數列…（4分）
則f(n)=f(1)•(
1
2
)n-1=
1
2n
…（5分）
（2）由an=n•f(n)=
n
2n
（n∈N+）…（6分）
∴Sn=
1
2
+
2
22
+
3
23
+
4
24
+…+
n-1
2n-1
+
n
2n
，
1
2
Sn=   
1
22
+
2
23
+
3
24
+…+
n-1
2n
+
n
2n+1

兩式相減：
1
2
Sn=
1
2
+ 
1
22
+
1
23
+
1
24
+…+
1
2n
-
n
2n+1

=
1
2
[1-(
1
2
)n]
1-
1
2
-
n
2n+1
=1-
1
2n
-
n
2n+1
…（9分）
∴Sn=2-
2
2n
-
n
2n
=2-
n+2
2n
    (n∈N+)…（10分）
∴n∈N+時
n+2
2n
＞0
∴2-
n+2
2n
＜2  即  Sn＜2…（11分）
（3）由于bn=
nf(n+1)
f(n)
=
n
2
…（12分）
∴Tn=
1
2
+
2
2
+
3
2
+…+
n
2
=
n(n+1)
4
  (n∈N+)…（14分）
則
1
T1
+
1
T2
+
1
T3
+…+
1
Tn
=
4
1•2
+
4
2•3
+
4
3•4
+…+
4
n(n+1)

=4[(1-
1
2
)+(
1
2
-
1
3
)+(
1
3
-
1
4
)+…+(
1
n
-
1
n+1
)]
=4[1-
1
n+1
]=
4n
n+1
…（16分）
點評：本題考查數列與函數的關系，數列通項公式的求法和的求法，考查不等式的證明，裂項法與錯位相減法的應用，考查計算能力．
練習冊系列答案
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已知函數f（x）滿足f（x+y）=f（x）f（y），（x，y∈R）且f(1)=
1
2
．
（1）若n∈N*時，求f（n）的表達式；
（2）設bn=
nf(n+1)
f(n)
  (n∈N*)，sn=b1+b2+…+bn，求
1
s1
+
1
s2
+…+
1
sn
．

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科目：高中數學 來源： 題型：

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（2）若g（x）＜t2+λt+1在x∈[-1，1]時恒成立，求t的取值范圍；
（3）設函數h（x）=-lnf（x）-ln（x+m），常數m∈Z，且m＞1，試判定函數h（x）在區間[e-m-m，e2m-m]內的零點個數，并作出證明．

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f2(1)+f(2)
f(1)
+
f2(2)+f(4)
f(3)
+
f2(3)+f(6)
f(5)
+
f2(4)+f(8)
f(7)
=
24．
24．
．

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科目：高中數學 來源： 題型：

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同步練習冊答案
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