Question

11．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{x}$（x≠0），數(shù)列{a_n}、{b_n}滿足a₁=1，b₁=1，且對任意n∈N₊，均有a_n+1=$\frac{{a}_{n}f（{a}_{n}）}{f（{a}_{n}）+2}$，b_n+1-b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$．
（1）證明：數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的等差數(shù)列；
（2）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（3）對于λ∈[0，1]，是否存在k∈N₊，使得當(dāng)n≥k，當(dāng)b_n≥（1-λ）f（a_n）恒成立？若存在，試求k的最小值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，由f（x）=$\frac{1}{x}$，a_n+1=$\frac{{a}_{n}f（{a}_{n}）}{f（{a}_{n}）+2}$，可得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=2，即可證明數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的等差數(shù)列；
（2）由（1）可得$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+2（n-1）=2n-1，可得數(shù)列{a_n}的通項公式；再由b_n+1-b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，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的表達式；
（3）根據(jù){a_n}、{b_n}的通項公式，將不等式b_n≥（1-λ）f（a_n）化簡整理得（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于$\left\{\begin{array}{l}{g（0）≥0}\\{g（1）≥0}\end{array}\right.$，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，滿足當(dāng)n≥k時b_n≥（1-λ）f（a_n）恒成立．

解答 （1）證明：由f（x）=$\frac{1}{x}$，a_n+1=$\frac{{a}_{n}f（{a}_{n}）}{f（{a}_{n}）+2}$，可得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=2，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}構(gòu)成以1為首項，2為公差的等差數(shù)列；
（2）解：由（1）可得$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+2（n-1）=2n-1，
∴a_n=$\frac{1}{2n-1}$，
∵b_n+1-b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$=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}的通項公式為a_n=$\frac{1}{2n-1}$，{b_n}的通項公式為b_n=n²-2n+2．
（3）解：對于λ∈[0，1]時，b_n≥（1-λ）f（a_n）恒成立，
等價于λ∈[0，1]時，n²-2n+2≥（1-λ）（2n-1）恒成立，
即（2n-1）λ+n²-4n+3≥0在λ∈[0，1]時恒成立，
設(shè)g（λ）=（2n-1）λ+n²-4n+3，可得$\left\{\begin{array}{l}{g（0）≥0}\\{g（1）≥0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{{n}^{2}-4n+3≥0}\\{{n}^{2}-2n+2≥0}\end{array}\right.$，解之得n≤1或n≥3．
由此可得存在k∈N^*，使得當(dāng)n≥k時，b_n≥（1-λ）f（a_n）恒成立，k的最小值為3．

點評 本題給出函數(shù)關(guān)系式，求數(shù)列列{a_n}、{b_n}的通項公式，并討論不等式恒成立的問題．著重考查了等差數(shù)列的通項與求和公式、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，屬于中檔題．