已知函数f(x)=2-1x，数列{an}满足an=f．若a1=35，数列{bn}满足bn=1an-1，求证：数列{bn}是

题文

已知函数f(x)=2-1x，数列{a_n}满足a_n=f（a_n-1）（n≥2，n∈N⁺）．
（Ⅰ）若a1=35，数列{b_n}满足bn=1an-1，求证：数列{b_n}是等差数列；
（Ⅱ）若a1=35，数列{a_n}中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）若1＜a₁＜2，试证明：1＜a_n+1＜a_n＜2． 题型：未知 难度：其他题型

答案

∵f(x)=2-1x，则an=2-1an-1（n≥2，nÎN^*）．
（Ⅰ）bn=1an-1=12-1an-1-1=an-1an-1-1，bn-1=1an-1-1，
∴bn-bn-1=an-1an-1-1-1an-1-1=1 (n≥2，n∈N*)．
∴数列{b_n}是等差数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，数列{b_n}是等差数列，首项b1=1a1-1=-52，公差为1，
则其通项公式bn=-52+(n-1)•1=n-72，
由bn=1an-1得an=1+1bn=1+1n-72，
故an=1+22n-7．
考查函数g(x)=1+22x-7，
则g′(x)=-4(2x-7)2＜0．
则函数g(x)=1+22x-7在区间(-∞，72)，(72，+∞)上为减函数．
∴当x＜72时，g(x)=1+22x-7＜1，
且在(-∞，72)上递减，故当n=3时，a_n取最小值
∴m-nm＜2(lnm-lnn)；
当x＞72时，g(x)=1+22x-7＞1，
且在(72，+∞)上递减，故当n=4时，a_n取最大值m-nlnm-lnn＜2m．故存在．
（Ⅲ）先用数学归纳法证明1＜a_n＜2，再证明a_n+1＜a_n．
①当n=1时，1＜a₁＜2成立，
②假设n=k时命题成立，即1＜a_k＜2，
则当n=k+1时，12＜1ak＜1，ak+1=2-1ak∈(1，32)，则1＜a_k+1＜2，故当n=k+1时也成立．
综合①②有，命题对任意nÎN^*时成立，即1＜a_n＜2．下证a_n+1＜a_n．
∵an+1-an=2-1an-an=2-(an+1an)＜2-2an•1an=0，
∴a_n+1＜a_n．
综上所述：1＜a_n+1＜a_n＜2．

解析

1x

考点

据考高分专家说，试题“已知函数f(x)=2-1x，数列{an}.....”主要考查你对 [等差数列的定义及性质 ]考点的理解。 等差数列的定义及性质

等差数列的定义：

一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做公差，用符号语言表示为a_n+1-a_n=d。

等差数列的性质：

（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；
（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；
（3）m，n∈N*，则a_m＝a_n+(m-n)d；
（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t=p+q，则a_s+a_t=a_p+a_q，其中a_s，a_t，a_p，a_q是数列中的项，特别地，当s+t=2p时，有a_s+a_t=2a_p；
（5）若数列｛a_n｝，｛b_n｝均是等差数列，则数列｛ma_n+kb_n｝仍为等差数列，其中m，k均为常数。
（6）




（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即




（8）

 仍为等差数列，公差为

 

对等差数列定义的理解：

①如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或某一项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第2项或某项开始是等差数列． 
②求公差d时，因为d是这个数列的后一项与前一项的差，故有

还有


③公差d∈R，当d=0时，数列为常数列（也是等差数列）；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列；
④

是证明或判断一个数列是否为等差数列的依据；
⑤证明一个数列是等差数列，只需证明a_n+1-a_n是一个与n无关的常数即可。

等差数列求解与证明的基本方法：

(1)学会运用函数与方程思想解题；
(2)抓住首项与公差是解决等差数列问题的关键；
(3)等差数列的通项公式、前n项和公式涉及五个量：a₁，d，n，a_n，S_n，知道其中任意三个就可以列方程组求出另外两个(俗称“知三求二’)．