已知定义在R上的单调函数f（x），存在实数x0，

难度：一般 题型：解答题 来源：不详

题目

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
（1）求x0的值；
（2）若f（x0）=1，且对任意正整数n，有an=

1
f(n)
，bn=f(
1
2n
)+1，记Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1，Tn=b1b2+b2b3+…+bnbn+1，求Sn和Tn；
（3）若不等式an+1+an+2+…+a2n＞
4
35
[log
1
2
(x+1)-log
1
2
(9x2-1)+1]对任意不小于2的正整数n都成立，求x的取值范围．

答案

（1）令x1=x2=0，f（0）=f（x0）+2f（0），f（x0）=-f（0）
令x1=1，x2=0，f（x0）=f（x0）+f（1）+f（0），f（1）=-f（0），∴f（x0）=f（1）
∵f（x）单调，∴x0=1
（2）f（1）=1，令x1=n，x2=1，f（n+1）=f（n）+f（1）+f（1）=f（n）+2
∴f（n+1）-f（n）=2（n∈N*），∴{f（n）}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴f（n）=2n-1（n∈N*）
∴an=

1
2n-1
Sn=a1a2+a2a3+…+anan+1
=
1
1×3
+
1
3×5
+…+
1
(2n-1)(2n+1)
=
1
2
[1-
1
3
+
1
3
-
1
5
+…+
1
2n-1
-
1
2n+1
]
=
n
2n+1

∵f(1)=f(
1
2
+
1
2
)=f(
1
2
)+f(
1
2
)+f(1)
∴f(
1
2
)=0，b1=f(
1
2
)+1

∵f(
1
2^
)=f(
1
2n-1
+
1
2n-1
)=f(
1
2n-1
)+f(
1
2n-1
)+f(1)=2f(
1
2n+1
)+1
∴2bn+1=2f(
1
2n+1
)+2=f(
1
2n
)+1=bn
∴bn=(
1
2
)n-1Tn=(
1
2
)0(
1
2
)1+(
1
2
)1(
1
2
)2+…+(
1
2
)n-1(
1
2
)n=
1
2
+(
1
2
)3+…+(
1
2
)2n-1=
1
2
[1-(
1
4
)n]
1-
1
4
=
2
3
[1-(
1
4
)n]
（3）令F（n）=an+1+an+2+…+a2nF(n+1)-F(n)=a2n+1+a2n+2-an+1=
1
4n+1
+
1
4n+3
-
1
2n+1
＞0
∴n≥2，n∈N*时，F(n)＞F(n-1)＞…＞F(2)=
12
35

∴
12
35
＞
4
35
[log
1
2
(x+1)-log
1
2
(9x2-1)+1]
即log
1
2
(x+1)-log
1
2
(9x2-1)＜2⇔

解析

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