题目内容
11．已知函数f（x）=$\frac{1}{x}$（x≠0），数列{an}、{bn}满足a1=1，b1=1，且对任意n∈N+，均有an+1=$\frac{{a}_{n}f（{a}_{n}）}{f（{a}_{n}）+2}$，bn+1-bn=$\frac{1}{{a}_{n}}$．（1）证明：数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的等差数列；
（2）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（3）对于λ∈[0，1]，是否存在k∈N+，使得当n≥k，当bn≥（1-λ）f（an）恒成立？若存在，试求k的最小值；若不存在，请说明理由．
分析 （1）根据题意，由f（x）=$\frac{1}{x}$，an+1=$\frac{{a}_{n}f（{a}_{n}）}{f（{a}_{n}）+2}$，可得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=2，即可证明数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的等差数列；
（2）由（1）可得$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+2（n-1）=2n-1，可得数列{an}的通项公式；再由bn+1-bn=$\frac{1}{{a}_{n}}$，利用累加的方法，结合等差数列求和公式即可算出bn的表达式；
（3）根据{an}、{bn}的通项公式，将不等式bn≥（1-λ）f（an）化简整理得（2n-1）λ+n2-4n+3≥0，因此设g（λ）=（2n-1）λ+n2-4n+3为关于λ的一次函数，原不等式恒成立等价于$\left\{\begin{array}{l}{g（0）≥0}\\{g（1）≥0}\end{array}\right.$，解之可得n≤1或n≥3．由此可得存在正整数k的最小值为3，满足当n≥k时bn≥（1-λ）f（an）恒成立．
解答 （1）证明：由f（x）=$\frac{1}{x}$，an+1=$\frac{{a}_{n}f（{a}_{n}）}{f（{a}_{n}）+2}$，可得$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=2，
∴数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}构成以1为首项，2为公差的等差数列；
（2）解：由（1）可得$\frac{1}{{a}_{n}}$=1+2（n-1）=2n-1，
∴an=$\frac{1}{2n-1}$，
∵bn+1-bn=$\frac{1}{{a}_{n}}$=2n-1，
∴bn=b1+（b2-b1）+（b3-b2）+…+（bn-bn-1）
=1+（1+3+5+…+2n-3）=n2-2n+2，
综上所述，{an}的通项公式为an=$\frac{1}{2n-1}$，{bn}的通项公式为bn=n2-2n+2．
（3）解：对于λ∈[0，1]时，bn≥（1-λ）f（an）恒成立，
等价于λ∈[0，1]时，n2-2n+2≥（1-λ）（2n-1）恒成立，
即（2n-1）λ+n2-4n+3≥0在λ∈[0，1]时恒成立，
设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*，使得当n≥k时，bn≥（1-λ）f（an）恒成立，k的最小值为3．
点评 本题给出函数关系式，求数列列{an}、{bn}的通项公式，并讨论不等式恒成立的问题．着重考查了等差数列的通项与求和公式、一次函数的图象与性质和不等式恒成立的处理等知识，属于中档题．
| A． | A${\;}_{9}^{9}$A${\;}_{2}^{2}$ | B． | A${\;}_{9}^{9}$ | C． | A${\;}_{10}^{10}$ | D． | 2A${\;}_{10}^{9}$ |