Question

17．已知函数f（x）=（x-1）²，g（x）=4（x-1），数列{a_n}满足a₁=2，a_n≠1，（a_n+1-a_n）g（a_n）+f（a_n）=0．
（1）求证：a_n+1=$\frac{3}{4}$a_n+$\frac{1}{4}$；
（2）求数列{a_n-1}的通项公式；
（3）若b_n=3f（a_n）-g（a_n+1），求{b_n}中的最大项．

Answer 1

分析 （1）f（a_n）=$（{a}_{n}-1）^{2}$，g（a_n）=4（a_n-1），代入（a_n+1-a_n）g（a_n）+f（a_n）=0，可得（a_n+1-a_n）4（a_n-1）+$（{a}_{n}-1）^{2}$=0，a_n≠1，可得4（a_n+1-a_n）+a_n-1=0，即可得出．
（2）由a_n+1=$\frac{3}{4}$a_n+$\frac{1}{4}$，变形为：a_n+1-1=$\frac{3}{4}（{a}_{n}-1）$，利用等比数列的通项公式即可得出．
（3）b_n=3f（a_n）-g（a_n+1）=3$（{a}_{n}-1）^{2}$-4（a_n+1-1）=$\frac{16}{3}[（\frac{3}{4}）^{n}-\frac{3}{8}]^{2}$-$\frac{3}{4}$，通过换元利用二次函数的单调性即可得出．

解答 （1）证明：∵f（a_n）=$（{a}_{n}-1）^{2}$，g（a_n）=4（a_n-1），
∵（a_n+1-a_n）g（a_n）+f（a_n）=0，∴（a_n+1-a_n）4（a_n-1）+$（{a}_{n}-1）^{2}$=0，
∵a_n≠1，∴4（a_n+1-a_n）+a_n-1=0，
∴a_n+1=$\frac{3}{4}$a_n+$\frac{1}{4}$．
（2）解：由a_n+1=$\frac{3}{4}$a_n+$\frac{1}{4}$，变形为：a_n+1-1=$\frac{3}{4}（{a}_{n}-1）$，
∴数列{a_n-1}是等比数列，首项为1，公比为$\frac{3}{4}$．
∴a_n-1=$（\frac{3}{4}）^{n-1}$．
（3）解：b_n=3f（a_n）-g（a_n+1）
=3$（{a}_{n}-1）^{2}$-4（a_n+1-1）
=3×$（\frac{3}{4}）^{2n-2}$-4×$（\frac{3}{4}）^{n}$
=$\frac{16}{3}[（\frac{3}{4}）^{n}-\frac{3}{8}]^{2}$-$\frac{3}{4}$，
令$（\frac{3}{4}）^{n}$=t∈$（0，\frac{3}{4}]$，b_n=$\frac{16}{3}（t-\frac{3}{8}）^{2}-\frac{3}{4}$，
∴t=$\frac{3}{4}$时，{b_n}取得最大值，此时n=1，即最大项为b₁=0．

点评 本题考查了等比数列的通项公式性质、数列递推关系、二次函数的单调性、换元法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．