Question

已知定义在R上的单调函数f（x），存在实数x₀，使得对于任意实数x₁，x₂，总有f（x₀x₁+x₀x₂）=f（x₀）+f（x₁）+f（x₂）恒成立．
（Ⅰ）求x₀的值；（Ⅱ）若f（x₀）=1，且对任意n∈N^*，有a_n=f（

1

2n

）+1，求{a_n}的通项公式；
（Ⅲ）若数列{b_n}满足b_n=2log

1

2

a_n+1，将数列{b_n}的项重新组合成新数列{c_n}，具体法则如下：c₁=b₁，c₂=b₂+b₃，c₃=b₄+b₅+b₆，…，求证：

1

c1

+

1

c2

+

1

c3

+…+

1

cn

＜

29

24

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）分别令x₁=x₂=0，x₁=1，x₂=0，f（x₀）=f（1），又因为f（x）为单调函数，从而可求x₀的值；
（Ⅱ）由（1）得f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）+1，进而可有f(

1

2n

)=2f(

1

2n+1

)+1，从而有an+1=

1

2

an，an=(

1

2

)n-1，故可求；
（Ⅲ）先求得b_n=2n+1，由{C_n}的构成法则求得C_n=n³ 借助于当n≥3时，

1

n3

＜

1

n(n2-1)

=

1

2

[

1

(n-1)n

-

1

n(n+1)

]可进行放缩，从而得证．

解答：解：（Ⅰ）令x₁=x₂=0，得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得f（x₀）=f（1），又因为f（x）为单调函数，∴x₀=1…（2分）
（Ⅱ）由（1）得f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂）+1，f(1)=f(

1

2

)+f(

1

2

)+1，∴f(

1

2

)=0，a₁=1
f(

1

2n

)=2f(

1

2n+1

)+1，…（3分）f(

1

2n+1

)+1=

1

2

[f(

1

2n

)+1]…（4分）∴an+1=

1

2

an，an=(

1

2

)n-1，…（5分）
（Ⅲ）b_n=2log

1

2

a_n+1=2n+1…（6分）
由{C_n}的构成法则可知，C_n应等于{b_n}中的n项之和，其第一项的项数为
[1+2+…+（n-1）]+1=

(n-1)n

2

+1，即这一项为2×[

(n-1)n

2

+1]-1=n（n-1）+1
C_n=n（n-1）+1+n（n-1）+3+…+n（n-1）+2n-1=n²（n-1）+

n(1+2n-1)

2

=n³ …（8分）
1+

1

23

=

9

8

＜

29

24

当n≥3时，

1

n3

＜

1

n(n2-1)

=

1

2

[

1

(n-1)n

-

1

n(n+1)

]…（10分）
∴：

1

c1

+

1

c2

+

1

c3

+…+

1

cn

＜1+

1

8

+

1

2

[

1

2×3

-

1

3×4

+…+

1

(n-1)n

-

1

n(n+1)

]＜1+

1

8

+

1

2

×

1

2x3

=

29

24

…（12分）

点评：本题考查来哦赋值法，同时考查放缩法证明不等式，有一定的综合性．