对任意 $x,y\in\mathbb R$，函数 $f(x+y)=f(x)\cdot f(y)$，且当 $x>0$ 时，$f(x)>1$．若数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=f(0)$，$f(a_{n+1})=\dfrac{1}{f(-3-a_n)}(n\in\mathbb N^*)$，则 $a_1=$ ，$a_{2016}=$ ．
【难度】
【出处】
2016年第二十七届“希望杯”全国数学邀请赛高二（一试）
【标注】
【答案】
$1$，$6046$
【解析】
先证明
引理 函数 $f(x)$ 满足 $f(0)=1$，$f(-x)=\dfrac{1}{f(x)}$，且在 $\mathbb R$ 上单调递增．
证明 记\[{\rm eq1}:f(x+y)=f(x)\cdot f(y),\]在 ${\rm eq1}$ 中，令 $x\to 0$，$y\to 2$，则\[f(2)=f(0)\cdot f(2),\]于是 $f(0)=1$．
在 ${\rm eq1}$ 中，令 $y\to -x$，则\[f(0)=f(x)\cdot f(-x),\]因此\[{\rm eq2}:f(x)\cdot f(-x)=1,\]于是当 $x<0$ 时，$0<f(x)<1$．
于是当 $y>0$ 时，有\[f(x+y)-f(x)=f(x)\cdot \left[f(y)-1\right]>0,\]从而函数 $f(x)$ 在 $\mathbb R$ 上单调递增．
根据题意，有\[f(a_{n+1})=f(3+a_n),\]进而\[a_{n+1}-a_n=3,\]又 $a_1=f(0)=1$，因此\[a_n=3n-2,n\in\mathbb N^*,\]从而 $a_{2016}=6046$．
在 ${\rm eq1}$ 中，令 $y\to -x$，则\[f(0)=f(x)\cdot f(-x),\]因此\[{\rm eq2}:f(x)\cdot f(-x)=1,\]于是当 $x<0$ 时，$0<f(x)<1$．
于是当 $y>0$ 时，有\[f(x+y)-f(x)=f(x)\cdot \left[f(y)-1\right]>0,\]从而函数 $f(x)$ 在 $\mathbb R$ 上单调递增．
根据题意，有\[f(a_{n+1})=f(3+a_n),\]进而\[a_{n+1}-a_n=3,\]又 $a_1=f(0)=1$，因此\[a_n=3n-2,n\in\mathbb N^*,\]从而 $a_{2016}=6046$．
题目
答案
解析
备注
