Question

已知函數(shù)f（x）滿(mǎn)足：對(duì)任意x∈R，x≠0，恒f(

1

x

)=x成立，數(shù)列{a_n}，{b_n}滿(mǎn)足a₁=1，b₁=1，且對(duì)任意n∈N^*，均有an+1=

anf(an)

f(an)+2

，bn+1-bn=

1

an

．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（3）對(duì)于λ∈[0，1]，是否存在k∈N^*，使得當(dāng)n≥k時(shí)，b_n≥（1-λ）f（a_n）恒成立？若存在，試求k的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)題意，在式子f(

1

x

)=x中用

1

x

代替x，可得函數(shù)f（x）的解析式；
（2）由f（x）的解析式化簡(jiǎn)整理，得到

1

an+1

=

1

an

+2，得{

1

an

}構(gòu)成等差數(shù)列，結(jié)合題中數(shù)據(jù)即可求出

1

an

=2n-1，所以a_n=

1

2n-1

．再由bn+1-bn=

1

an

利用累加的方法，結(jié)合等差數(shù)列求和公式即可算出b_n的表達(dá)式；
（3）根據(jù){a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式，將不等式b_n≥（1-λ）f（a_n）化簡(jiǎn)整理得（2n-1）λ+n²-4n+3≥0，因此設(shè)
g（λ）=（2n-1）λ+n²-4n+3為關(guān)于λ的一次函數(shù)，原不等式恒成立等價(jià)于

g(0)≥0 g(1)≥0

，解之可得n≤1或n≥3．
由此可得存在正整數(shù)k的最小值為3，滿(mǎn)足當(dāng)n≥k時(shí)b_n≥（1-λ）f（a_n）恒成立．

解答：解：（1）∵對(duì)任意x∈R，x≠0，恒f(

1

x

)=x成立，
∴用

1

x

代替x，可得f（x）=

1

x

即函數(shù)f（x）的解析式為f（x）=

1

x

（x≠0）；
（2）由an+1=

anf(an)

f(an)+2

，可得

1

an+1

=

1

an

+

2

anf(an)

∵a_n•f（a_n）=1，
∴

1

an+1

=

1

an

+2，得數(shù)列{

1

an

}構(gòu)成以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列
可得

1

an

=1+2（n-1）=2n-1，所以a_n=

1

2n-1

∵bn+1-bn=

1

an

=2n-1
∴b_n=b₁+（b₂-b₁）+（b₃-b₂）+…+（b_n-b_n-1）
=1+（1+3+5+…+2n-3）=n²-2n+2
綜上所述，{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=

1

2n-1

，{b_n}的通項(xiàng)公式為b_n=n²-2n+2．
（3）對(duì)于λ∈[0，1]時(shí)，b_n≥（1-λ）f（a_n）恒成立
等價(jià)于λ∈[0，1]時(shí)，n²-2n+2≥（1-λ）（2n-1）恒成立
即（2n-1）λ+n²-4n+3≥0在λ∈[0，1]時(shí)恒成立
設(shè)g（λ）=（2n-1）λ+n²-4n+3，可得

g(0)≥0 g(1)≥0

，
即

n2-4n+3≥0 n 2-2n+2≥0

，解之得n≤1或n≥3．
由此可得存在k∈N^*，使得當(dāng)n≥k時(shí)，b_n≥（1-λ）f（a_n）恒成立，k的最小值為3．

點(diǎn)評(píng)：本題給出函數(shù)關(guān)系式，求數(shù)列列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式，并討論不等式恒成立的問(wèn)題．著重考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)與求和公式、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)和不等式恒成立的處理等知識(shí)，屬于中檔題．