Question

（2011•石景山區(qū)一模）已知定義在R上的函數(shù)f（x）和數(shù)列{a_n}，a₁=a，a₂≠a₁，當(dāng)n∈N^*且n≥2時，a_n=f（a_n-1），且f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1），其中a，k均為非零常數(shù)．
（Ⅰ）若數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，求k的值；
（Ⅱ）令b_n=a_n+1-a_n（n∈N^*），若b₁=1，求數(shù)列{b_n}的通項公式；
（Ⅲ）若數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，求函數(shù)f（x）的解析式．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用等差數(shù)列的定義a_n+1-a_n=a_n-a_n-1，a_n=f（a_n-1），易得k=1
（Ⅱ）利用等比數(shù)列的定義證明數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，進而寫出數(shù)列{b_n}的通項公式
（Ⅲ）由數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，即{a_n+1-a_n}是等比數(shù)列，利用累加法，可求得數(shù)列{a_n}的通項公式，若數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列
則通項公式為a_n=Aq^n-1形式，經(jīng)對照可得函數(shù)解析式

解答：解：（Ⅰ）由已知a_n=f（a_n-1），f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1），
   a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1），
∵數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，∴a_n+1-a_n=a_n-a_n-1
∴k=1
（Ⅱ）由b₁=a₂-a₁≠0，可得b₃=a₃-a₂=f（a₂）-f（a₁）=k（a₂-a₁）≠0
且當(dāng)n＞2時
bn=a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1）=…=k^n-1（a₂-a₁）≠0
且

bn

bn-1

=

an+1-an

an-an-1

=

f(an)-f(an-1)

an-an-1

=k
∴數(shù)列{b_n}是一個以首項為b₁，公比為k的等比數(shù)列
∴數(shù)列{b_n}的通項公式為  b_n=kⁿ（n∈N^*）
（Ⅲ）若數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，由（Ⅱ）得b_n=k^n-1（a₂-a₁）
∴b₁+b₂+b₃+…+b_n-1=（a₂-a₁）+（a₃-a₂）+…+（a_n-a_n-1）=a_n-a₁
∴a_n=a₁+（b₁+b₂+b₃+…+b_n-1）
當(dāng)k=1時，a_n=a₁+（a₂-a₁）（n-1）（n≥2）
上式對n=1也成立，所以數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=a+（f（a）-a）（n-1）
所以當(dāng)k=1時，數(shù)列{a_n}是一個以首項為a，公差為f（a）-a的等差數(shù)列
∴k≠1
當(dāng)k≠1時，a_n=a₁+（a₂-a₁）

1-kn-1

1-k

（n≥2）
上式對n=1也成立
∴a_n=a+（f（a）-a）

1-kn-1

1-k

=a+

f(a)-a

1-k

-

(f(a)-a)kn-1

1-k

∴a+

f(a)-a

1-k

=0
∴f（a）=ka
∴等式f（a）=ka對任意實數(shù)a均成立
∴f（x）=kx （k≠1）

點評：本題綜合考查了等比、等差數(shù)列的定義及通項公式，累加法求數(shù)列的通項公式，與函數(shù)結(jié)合是本題的特色，對解題技巧有較高的要求，屬于難題