設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,當(dāng)x<0時(shí)f(x)>1,且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y).?dāng)?shù)列{an}滿足f(an+1)=數(shù)學(xué)公式(n∈N*
(Ⅰ)求f(0)的值,判斷并證明函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(Ⅱ)如果存在t、s∈N*,s≠t,使得點(diǎn)(t,as)、(s,at)都在直線y=kx-1上,試判斷是否存在自然數(shù)M,當(dāng)n>M時(shí),a n>f(0)恒成立?若存在,求出M的最小值,若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

解:(Ⅰ)x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y).
當(dāng)x<0時(shí),f(x)>1
令x=-1,y=0則f(-1)=f(-1)f(0)
∵f(-1)>1∴f(0)=1…(3分)
若x>0,則f(x-x)=f(0)=f(x)f(-x)故f(x)=,
任取x1<x2 f(x2)=f(x1+x2-x1)=f(x1)f(x2-x1),
∵x2-x1>0,∴0<f(x2-x1)<1,
∴f(x1)>f(x2).
故f(x)在R上減函數(shù)…(6分)
(Ⅱ)f(an+1)==f(2+an)(n∈N*
由f(x)單調(diào)性得:an+1=an+2
故{an}是等差數(shù)列,an=a1+2(n-1)…(8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
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…(10分)
即數(shù)列{an}是首項(xiàng)為負(fù)奇數(shù),公差為2,故數(shù)列{an}是遞增等差數(shù)列,各項(xiàng)全為奇數(shù),
又f(0)=1
∴一定存在一個(gè)自然數(shù)M,使

解得t+s<M≤t+s+1.…(12分)
∵M(jìn)∈N,
∴M=t+s+1,
∴存在自然數(shù)M=t+s+1,使得當(dāng)n>M時(shí),an>f(0)恒成立.…(14分)
分析:(Ⅰ)x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y).當(dāng)x<0時(shí),令x=-1,y=0以及f(-1)>1,推出f(0)=1,利用單調(diào)性的定義任取x1<x2 推出 f(x2)=f(x1+x2-x1)=f(x1)f(x2-x1),得到f(x)在R上減函數(shù).
(Ⅱ)通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性,得到an+1=an+2,點(diǎn)(t,as)、(s,at)都在直線y=kx-1上,推出as-at=-2(t-s),
確定an=-2(t+s)-1+2n,通過(guò)當(dāng)n>M時(shí),a n>f(0)恒成立,推出然后求出M的最小值.
點(diǎn)評(píng):本題考查數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系,數(shù)列的判斷,函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用,考查轉(zhuǎn)化思想,分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力,難度較大.
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3
2
)與b=f(
15
2
)的大小關(guān)系為
a>b
a>b

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1
4
]
時(shí),f(x)≥2x恒成立.則f(
3
7
)+f(
5
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)
=
1
1

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