Question

13．已知函數(shù)g（x）=ax²-（a+1）x+1，f（x）是定義在R上的不恒為零的函數(shù)，且對于任意的x，y∈R都滿足：f（xy）=xf（y）+yf（x）．
（1）求不等式g（x）＜0的解集；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，若 f（2）=g（2）+1，設(shè)a_n=f（2ⁿ）（n∈N^*），求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）在（2）的基礎(chǔ)上，若b_n=$\frac{n+2}{n+1}$•$\frac{1}{{a}_{n}}$，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n．求證：S_n＜1．

Answer 1

分析 （1）分類討論解含參數(shù)的不等式；（2）利用遞推式構(gòu)造新數(shù)列$\{\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}\}$是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列；（3）列項(xiàng)求和，再放縮證明S_n＜1．

解答 解：當(dāng)a=0時(shí)，原不等式可化為-x+1＜0，即x＞1    …（1分）
當(dāng)a＜0時(shí)，原不等式可化為（ax-1）（x-1）＜0，
即$\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x-\frac{1}{a}））$（x-1）＞0．因?yàn)?\frac{1}{a}$＜1，所以x＞1或x＜$\frac{1}{a}$．…（2分）
當(dāng)a＞0時(shí)，不等式可化為$\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x-\frac{1}{a}））$（x-1）＜0，
①若0＜a＜1，則$\frac{1}{a}$＞1，所以1＜x＜$\frac{1}{a}$；
②若a=1，則$\frac{1}{a}$=1，不等式無解；
③若a＞1，則$\frac{1}{a}$＜1，所以$\frac{1}{a}$＜x＜1．…（4分）
綜上知，當(dāng)a＜0時(shí)，原不等式的解集為{x|x＜$\frac{1}{a}$或x＞1}；
當(dāng)a=0時(shí)，原不等式的解集為{x|x＞1}；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，原不等式的解集為{x|1＜x＜$\frac{1}{a}$}；
當(dāng)a=1時(shí)，原不等式的解集為∅；
當(dāng)a＞1時(shí)，原不等式的解集為{x|$\frac{1}{a}＜x＜1\}$．…（5分）
（2）∵${a}_{1}=f（2）=2，且f（xy）=xf（y）+yf（x），令x=2，y={2}^{n-1}$ …（6分）
∴f（2^n）=f（2•2^n-1）=2f（2^n-1）+2^n-1f（2）=2f（2^n-1）+2ⁿ…（7分）
即${a}_{n}=2{a}_{n-1}+{2}^{n}（n≥2）$，∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}=\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}+1$，∴$\{\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}\}$是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，
…（8分）
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}=1+（n-1）=n，即{a}_{n}=n•{2}^{n}$，…（9分）
（3）因?yàn)?_{n}=\frac{n+2}{n+1}•\frac{1}{{a}_{n}}=2[\frac{1}{n•{2}^{n}}-\frac{1}{（n+1）{2}^{n+1}}]$，…（10分）
所以  ${s}_{n}=2[（\frac{1}{1•2}-\frac{1}{2•{2}^{2}}）+（\frac{1}{2•{2}^{2}}-\frac{1}{2•{2}^{3}}）+…+$$（\frac{1}{n•{2}^{n}}-\frac{1}{（n+1）•{2}^{n+1}}）]=2[\frac{1}{2}-\frac{1}{（n+1）•{2}^{n+1}}]＜1$     …（12分）

點(diǎn)評 本題考查了分類討論解含參數(shù)的不等式、利用遞推式構(gòu)造新數(shù)列及放縮法證明數(shù)列不等式，屬于中檔題．．