已知函数 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R^+}$ 是增函数．证明：存在实数 $x_0$，使得$$f\left(x_0+\frac{1}{f(x_0)}\right)<2f(x_0).$$
【难度】
【出处】
全国高中数学联赛模拟试题(18)
【标注】
【答案】
略
【解析】
假设对任意 $x\in\mathbb{R}$，都有$$f\left(x+\frac{1}{f(x)}\right)\geqslant 2f(x).~~~~ ① .$$考虑数列 $\{x_n\}: x_1=0,x_{n+1}=x_n+\frac{1}{f(x_n)} $（$n\in\mathbb{N^{\ast}}$）．由式 ① 可知对一切 $n\in\mathbb{N^{\ast}}$，都有 $f(x_{n+1})\geqslant 2f(x_n)>0$，所以$$f(x_n)\geqslant 2^{n-1}f(x_1)=2^{n-1}f(0).~~~~ ② $$由递推公式可知$$x_{n+1}=x_n+\frac{1}{f(x_n)}\leqslant x_n+\frac{1}{2^{n-1}f(0)}\leqslant \ldots\leqslant x_1+\frac{1}{f(0)}\left(\frac{1}{2^{n-1}}+\ldots+\frac{1}{2}+1\right)<\frac{2}{f(0)}.$$又因为 $f$ 是增函数，所以$$f(x_{n+1})\leqslant f\left(\frac{2}{f(0)}\right).~~~ ③ $$由式 ②，③ 可知，对一切整数 $n\geqslant 2$，都有$$2^nf(0)\leqslant f\left(\frac{2}{f(0)}\right).~~~~ ④ $$又由 $A=f(0)>0, B=f\left(\frac{2}{f(0)}\right)>0$ 可知，当 $n>\log_2\frac{B}{A}$ 时，有 $2^nA>B$，这与式 ④ 矛盾．故反证假设不成立，结论得证．
答案
解析
备注
