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设函数f(x)的定义域为R,当x<0时f(x)>1,且对任意的实数x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y).数列{an}满足f(an+1)=
1
f(-2-an)
(n∈N*)

(Ⅰ)求f(0)的值,判断并证明函数f(x)的单调性;
(Ⅱ)如果存在t、s∈N*,s≠t,使得点(t,as)、(s,at)都在直线y=kx-1上,试判断是否存在自然数M,当n>M时,an>0恒成立?若存在,求出M的最小值,若不存在,请说明理由;
(Ⅲ)若a1=f(0),不等式
1
an+1
+
1
an+2
+…+
1
a2n
12
35
(1+logf(1)x)
对不小于2的正整数恒成立,求x的取值范围.
分析:(Ⅰ)x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y).当x<0时,令x=-1,y=0以及f(-1)>1,推出f(0)=1,利用单调性的定义任取x1<x2   推出 f(x2)=f(x1+x2-x1)=f(x1)f(x2-x1),得到f(x)在R上减函数.
(Ⅱ)通过函数的单调性,得到an+1=an+2,点(t,as)、(s,at)都在直线y=kx-1上,推出as-at=-2(t-s),确定an=-2(t+s)-1+2n,通过当n>M时,a n>f(0)恒成立,推出
aM≤1
aM+1>1
然后求出M的最小值;
(III)先求出an的通项公式,然后设bn=
1
an+1
+
1
an+2
+…+
1
a2n
,证明求单调性,从而求出bn的最小值,使最小值大于
12
35
(1+logf(1)x)
,从而求出所求.
解答:解:(Ⅰ)x,y∈R,f(x+y)=f(x)•f(y),x<0时,f(x)>1
令x=-1,y=0则f(-1)=f(-1)f(0)∵f(-1)>1∴f(0)=1…(2分)
若x>0,则f(x-x)=f(0)=f(x)f(-x)故f(x)=
1
f(-x)
∈(0,1)
…(3分)
任取x1<x2,f(x2)=f(x1+x2-x1)=f(x1)f(x2-x1
∵x2-x1>0∴0<f(x2-x1)<1∴f(x2)<f(x1
故f(x)在R上减函数…(4分)
(Ⅱ)f(an+1)=
1
f(-2-an)
=f(2+an)
由f(x)单调性得:an+1=an+2
故{an}是等差数列,an=a1+2(n-1)…(5分)
∵存在t,s∈N*,使得(t,as)和(s,at)都在y=kx-1上,
∴as=kt-1,①at=ks-1,②
①-②得as-at=k(t-s).
又as=a1+2(s-1),at=a1+2(t-1),故as-at=-2(t-s),
∵s≠t,∴k=-2…(6分)
①+②,得as+at=-2(t+s)-2,
又as+at=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,∴an=-2(t+s)-1+2n
即数列{an}是首项为负,公差为正的等差数列,且全为奇数,…(7分)
∴一定存在一个自然数M,使
aM<0
aM+1>0
-2(t+s)-1+2M<0
-2(t+s)-1+2M+2>0

解得t+s-
1
2
<M<t+s+
1
2

∵M∈N,∴M=t+s,
即存在自然数M=t+s,使得当n>M时,an>0恒成立.…(9分)
(Ⅲ)a1=f(0)=1,由(Ⅱ)  an=2n-1
bn=
1
an+1
+
1
an+2
+…+
1
a2n
,则bn+1=
1
an+2
+
1
an+3
+…+
1
a2n+2
bn+1-bn=
1
a2n+1
+
1
a2n+2
-
1
an+1
=
1
4n+1
+
1
4n+3
-
1
2n+1
=
1
(4n+1)(4n+3)(2n+1)
>0

∴{bn}是递增数列…(11分)
当n≥2时,(bn)min=b2=
1
a3
+
1
a4
=
1
5
+
1
7
=
12
35
…(12分)
12
35
12
35
(1+logf(1)x)

即logf(1)x<0而0<f(1)<1,故x的取值范围是(1,+∞)…(14分)
点评:本题主要考查了数列与函数的关系,数列的判断,函数的单调性的应用,考查转化思想,分析问题解决问题的能力,属于难题.
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3
2
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15
2
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a>b
a>b

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1
4
]
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3
7
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5
9
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=
1
1

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