Question

6．已知数列{a_n}、{b_n}与函数f（x）、g（x），x∈R满足条件：a_n=b_n，f（b_n）=g（b_n+1），（n∈N^*）．
（1）若f（x）≥tx+1，t≠0，t≠2，g（x）=2x，f（b）≠g（b），$\underset{lim}{n→∞}$a_n存在，求x的取值范围；
（2）若函数y=f（x）为R上的增函数，g（x）=f^-1（x），b=1，f（1）＜1，证明：对任意n∈N^*，a_n+1＜a_n（用t表示）．

Answer 1

分析 （1）由题设知a_n+1=tb_n+1+1，a_n=2b_n+1，得a_n+1=$\frac{t}{2}$a_n+1．由t≠2，知a_n+1+$\frac{2}{t-2}$=$\frac{t}{2}$（a_n+$\frac{2}{t-2}$）．由t≠0，t≠2，f（b）≠g（b），知a₁+$\frac{2}{t-2}$=tb+$\frac{2}{t-2}$≠0，所以{a_n+$\frac{2}{t-2}$}是等比数列，其首项为tb+$\frac{2}{t-2}$，公比为$\frac{t}{2}$，分析可得答案．
（2）因为g（x）=f^-1（x），所以b_n+1=f（a_n）．然后用数学归纳法证明a_n+1＜a_n（n∈N^*）．

解答 解：（1）由题设知a_n+1=tb_n+1+1，a_n=2b_n+1，得a_n+1=$\frac{t}{2}$a_n+1．
又已知t≠2，可得a_n+1+$\frac{2}{t-2}$=$\frac{t}{2}$（a_n+$\frac{2}{t-2}$）．
由t≠0，t≠2，f（b）≠g（b），可知a₁+$\frac{2}{t-2}$=tb+$\frac{2}{t-2}$≠0，
所以{a_n+$\frac{2}{t-2}$}是等比数列，其首项为tb+$\frac{2}{t-2}$，公比为$\frac{t}{2}$．
于是a_n+$\frac{2}{t-2}$=（tb+$\frac{2}{t-2}$）$（\frac{t}{2}）^{n-1}$，即a_n=（tb+$\frac{2}{t-2}$）$（\frac{t}{2}）^{n-1}$-$\frac{2}{t-2}$，．
又$\underset{lim}{n→∞}$a_n存在，可得0＜$\frac{|t|}{2}$＜1，所以-2＜t＜2且t≠0．
（II）证明：因为g（x）=f^-1（x），
所以a_n=g（b_n+1）=f^-1（b_n+1），即b_n+1=f（a_n）．
下面用数学归纳法证明a_n+1＜a_n（n∈N^*）．
（1）当n=1时，由f（x）为增函数，且f（1）＜1，
得a₁=f（b₁）=f（1）＜1，b₂=f（a₁）＜f（1）＜1，a₂=f（b₂）＜f（1）=a₁，
即a₂＜a₁，结论成立．
（2）假设n=k时结论成立，即a_k+1＜a_k．由f（x）为增函数，得f（a_k+1）＜f（a_k），即b_k+2＜b_k+1，
进而得f（b_k+2）＜f（b_k+1），即a_k+2＜a_k+1，这就是说当n=k+1时，结论也成立．
根据（1）和（2）可知，对任意的n∈N^*，a_n+1＜a_n．

点评 本题考查数列的性质和应用，解题时要注意公式的合理运用．