Question

已知定义在R上的函数f（x）和数列{a_n}满足下列条件：a₁=a，a₂≠a₁，当n∈N^*且n≥2时，a_n=f（a_n-1）且f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1）．
其中a、k均为非零常数．
（1）若数列{a_n}是等差数列，求k的值；
（2）令b_n=a_n+1-a_n（n∈N^*），若b₁=1，求数列{b_n}的通项公式；
（3）试研究数列{a_n}为等比数列的条件，并证明你的结论．

Answer 1

分析：（1）由题意知a_n=f（a_n-1），f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1）（n=2，3，4，），得a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1）（n=2，3，4，），由此可知a_n-a_n-1=k（a_n-a_n-1），（n=2，3，4，），得k=1．
（2）由b₁=a₂-a₁≠0，知b₂=a₃-a₂=f（a₂）-f（a₁）=k（a₂-a₁）≠0．因此b_n=a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1）═k^n-1（a₂-a₁）≠0，由此可知数列{b_n}是一个公比为k的等比数列．
（3）{a_n}是等比数列的充要条件是f（x）=kx（k≠1）；先进行充分性证明：若f（x）=kx（k≠1），则{a_n}是等比数列．再进行必要性证明：若{a_n}是等比数列，f（x）=kx（k≠1）．

解答：解：（1）由已知a_n=f（a_n-1），f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1）（n=2，3，4，），得a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1）（n=2，3，4，）
由数列{a_n}是等差数列，得a_n+1-a_n=a_n-a_n-1（n=2，3，4，）
所以，a_n-a_n-1=k（a_n-a_n-1），（n=2，3，4，），得k=1．（5分）
（2）由b₁=a₂-a₁≠0，可得b₂=a₃-a₂=f（a₂）-f（a₁）=k（a₂-a₁）≠0．
且当n＞2时，b_n=a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1）═k^n-1（a₂-a₁）≠0
所以，当n≥2时，

bn

bn-1

=

an+1-an

an-an-1

=

f(an)-f(an-1)

an-an-1

=

k(an-an-1)

an-an-1

=k，（4分）
因此，数列{b_n}是一个公比为k的等比数列．（1分）
（3）解：{a_n}是等比数列的充要条件是f（x）=kx（k≠1）（2分）
充分性证明：
若f（x）=kx（k≠1），则由已知a₁=a≠0，a_n=f（a_n-1）（n=2，3，4，）得a_n=ka_n-1（n=2，3，4，）
所以，{a_n}是等比数列．（2分）
必要性证明：若{a_n}是等比数列，由（2）知，b_n=k^n-1（a₂-a₁）（n∈N^*）b₁+b₂++b_n-1=（a₂-a₁）+（a₂-a₁）++（a_n-a_n-1）=a_n-a₁（n≥2），a_n=a₁+（b₁+b₂++b_n-1）．（1分）
当k=1时，a_n=a₁+（a₂-a₁）（n-1）（n≥2）．
上式对n=1也成立，所以，数列{a_n}的通项公式为：a_n=a+（f（a）-a）（n-1）（n∈N^*）．
所以，当k=1时，数列{a_n}是以a为首项，f（a）-a为公差的等差数列．
所以，k≠1．（1分）
当k≠1时，an=a1+(a2-a1)

1-kn-1

1-k

（n≥2）．
上式对n=1也成立，所以，an=a+(f(a)-a)

1-kn-1

1-k

=a+

f(a)-a

1-k

-

(f(a)-a)kn-1

1-k

（1分）
所以，a+

f(a)-a

1-k

=0?f（a）=ka．（1分）
即，等式f（a）=ka对于任意实数a均成立．
所以，f（x）=kx（k≠1）．（1分）

点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．