Question

20．已知函數(shù)f（x）（x∈R）滿足f（x）=$\frac{2bx}{ax-1}$，a≠0，f（1）=1，使f（x）=2x成立的實(shí)數(shù)x只有一個(gè)．
 （Ⅰ）求函數(shù)f（x）的表達(dá)式；
（Ⅱ）若數(shù)列{a_n}滿足a₁=$\frac{2}{3}$，a_n+1=f（a_n）b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-1，n∈N⁺，證明數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，并求出{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅲ）在（2）的條件下，證明：a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由f（1）=1可得a=2b+1，再結(jié)合f（x）=2x成立的實(shí)數(shù)x只有一個(gè)解出a，b，從而求解析式；
（Ⅱ）由題意知a_n+1=$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$（n∈N^*），b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-1；從而可得$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{\frac{1}{{a}_{n+1}}-1}{\frac{1}{{a}_{n}}-1}$=$\frac{1-{a}_{n}}{2（1-{a}_{n}）}$=$\frac{1}{2}$，從而證明；
（Ⅲ）化簡(jiǎn)a_nb_n=1-$\frac{{2}^{n}}{{2}^{n}+1}$=$\frac{1}{{2}^{n}+1}$，從而利用放縮法證明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=$\frac{2bx}{ax-1}$，f（1）=1，
∴a=2b+1，
∵f（x）=2x成立的實(shí)數(shù)x只有一個(gè)，
即$\frac{2bx}{ax-1}$=2x，2ax²-2（1+b）x=0（a≠0）只有一解，
∴b=-1，a=-1，
故f（x）=$\frac{2x}{x+1}$；
（Ⅱ）a_n+1=f（a_n）=$\frac{2{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$（n∈N^*），b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$-1；
$\frac{_{n+1}}{_{n}}$=$\frac{\frac{1}{{a}_{n+1}}-1}{\frac{1}{{a}_{n}}-1}$=$\frac{1-{a}_{n}}{2（1-{a}_{n}）}$=$\frac{1}{2}$，
∴數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，
q=$\frac{1}{2}$，a₁=$\frac{2}{3}$，b₁=$\frac{3}{2}$-1=$\frac{1}{2}$，
故b_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
（Ⅲ）證明：∵a_nb_n=a_n（$\frac{1}{{a}_{n}}$-1）=1-$\frac{{2}^{n}}{{2}^{n}+1}$=$\frac{1}{{2}^{n}+1}$，
∴a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n
=$\frac{1}{2+1}$+$\frac{1}{{2}^{2}+1}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}+1}$
＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的應(yīng)用及放縮法的應(yīng)用，同時(shí)考查了函數(shù)的解析式的求法．