Question

已知定義在R上的函數f（x）和數列{a_n}滿足下列條件：a₁=a≠0，a₂≠a₁，當n∈N^*時，a_n+1=f（a_n），且存在非零常數k使f（a_n+1）-f（a_n）=k（a_n+1-a_n）恒成立．
（1）若數列{a_n}是等差數列，求k的值；
（2）求證：數列{a_n}為等比數列的充要條件是f（x）=kx（k≠1）．
（3）已知f（x）=kx（k＞1），a=2，且b_n=lna_n（n∈N^*），數列{b_n}的前n項是S_n，對于給定常數m，若

S(m+1)n

Smn

的值是一個與n無關的量，求k的值．

Answer 1

分析：（1）由a_n+1=f（a_n），f（a_n+1）-f（a_n）=k（a_n+1-a_n），得出a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1），又a_n+1-a_n=a_n-a_n-1，得出k=1
（2）充分性可直接證明，等比為k；必要性中由等比數列可得數列{a_n+1-a_n}是以a₂-a₁為首項，公比為k的等比數列，再根據k=0和k≠0進行討論．
（3）確定{a_n}是等比數列，{b_n}是等差數列，求出Sn，代入

S(m+1)n

Smn

，求出k的值．

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…），
由數列{a_n}是等差數列，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．       …（4分）
（2）充分性證明：若f（x）=kx（k≠1），則由已知a₁=a≠0，a_n+1=f（a_n）得a_n+1=ka_n，
所以，{a_n}是等比數列．                               …（6分）
必要性證明：{a_n}是等比數列，設公比為q，則有a_n=aq^n-1，n∈N^*
由f（a_n+1）-f（a_n）=k（a_n+1-a_n）及a_n+1=f（a_n）得a_n+2-a_n+1=k（a_n+1-a_n）
又a₂-a₁≠0，
所以數列{a_n+1-a_n}是以a₂-a₁為首項，公比為k的等比數列，
所以a_n+1-a_n=[f（a）-a]k^n-1，
當n≥2時，a_n=[f（a）-a]（k⁰+k¹+k²+…+k^n-2）+a…（8分）
①若k=1，a_n=[f（a）-a]（n-1）+a，（n≥2）
對n=1也成立．
數列{a_n}是公差為f（a）-a≠0的等差數列，不可能是等比數列，所以k≠1，
②k≠1，an=[f(a)-a]

1-kn-1

1-k

+a，（n≥2）
對n=1也成立．
所以an=[f(a)-a]

1-kn-1

1-k

+a=

f(a)-a

1-k

+a-

f(a)-a

1-k

•kn-1，
由數列{a_n}是等比數列知，

f(a)-a

1-k

+a=0，即f（a）=ka，
即f（a）=ka對任意非零實數都成立．
綜上可得：數列{a_n}為等比數列的充要條件是f（x）=kx（k≠1）．…（10分）
（3）由（Ⅱ）知，數列{a_n}是首項為2，公比為k的等比數列，即a_n=2k^n-1，b_n+1-b_n=lnk是一個常數，
故數列{b_n}是等差數列，設公差為d，
依題意Sn=nb1+

1

2

n(n-1)d=

1

2

n[dn+(2b1-d)]，

S(m+1)n

Smn

=

1 2 (m+1)n[d(m+1)n+(2b1-d)]

1 2 mn[dmn+(2b1-d)]

=

(m+1)[d(m+1)n+(2b1-d)]

m[dmn+(2b1-d)]

，
當且僅當2b₁-d=0或

d(m+1)

dm

=

2b1-d

2b1-d

時，

S(m+1)n

Smn

是一個與n無關的常數，

d(m+1)

dm

=

2b1-d

2b1-d

不成立，
所以2b₁-d=0，即2ln2=lnk，k=4．                                                   …（16分）

點評：本題是數列與函數的綜合題，綜合性比較強，綜合考查了等差等比數列以及充分必要條件的證明，其中注意分類討論思想，應該熟練掌握靈活運用．