Question

9．已知函数f（x）=$\frac{x^2}{1-x}$（x≠1），数列{a_n}满足a₁=m（m≠1），a_n+1=f（a_n）．
（Ⅰ）当m=-1时，写出数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）是否存在实数m，使得数列{a_n}是等比数列？若存在，求出所有符合要求的m的值；若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）当0＜m＜$\frac{1}{2}$时，求证：$\underset{\stackrel{n}{π}}{i=1}$（a_i+1+a_i）＜$\frac{1}{2m}$．
（其中π是求乘积符号，如$\underset{\stackrel{5}{π}}{i=1}$i=1×2×3×4×5，$\underset{\stackrel{n}{π}}{i=1}$a_i=a₁×a₂×…×a_n）

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过代入计算可知当n≥2时a_n=$\frac{1}{2}$，进而验证当n=1时是否成立即可；
（Ⅱ）一方面通过假设存在实数m使得数列{a_n}是等比数列，利用等比中项代入计算可知m=$\frac{1}{2}$，另一方面可知当m=$\frac{1}{2}$时a_n=$\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）通过变形可知a_n+a_n+1=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$，利用累乘法可知$\underset{\stackrel{n}{π}}{i=1}$（a_i+1+a_i）=$\frac{{a}_{n+1}}{m}$，通过构造函数y=2x²+x-1=2$（x+\frac{1}{4}）^{2}$-$\frac{9}{8}$，利用单调性可知当0＜x＜$\frac{1}{2}$时y＜0，从而可知当0＜m＜$\frac{1}{2}$时0＜a_n+1＜$\frac{1}{2}$，代入计算即得结论．

解答 （Ⅰ）解：依题意，a₁=m=-1，
a₂=f（a₁）=$\frac{1}{1+1}$=$\frac{1}{2}$，
a₃=f（a₂）=$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}}{1-\frac{1}{2}}$=$\frac{1}{2}$，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{-1，}&{n=1}\\{\frac{1}{2}，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）结论：存在实数m=$\frac{1}{2}$，使得数列{a_n}是等比数列．
理由如下：
由已知，a₁=m，a_n+1=f（a_n）=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{1-{a}_{n}}$，
∴a₂=$\frac{{m}^{2}}{1-m}$，a₃=$\frac{{{a}_{2}}^{2}}{1-{a}_{2}}$，
假设存在实数m，使得数列{a_n}是等比数列，
则必有${{a}_{2}}^{2}$=a₁a₃，且a_n≠0、a_n≠1，
∴${{a}_{2}}^{2}$=a₁•$\frac{{{a}_{2}}^{2}}{1-{a}_{2}}$，即1-a₂=a₁，1-$\frac{{m}^{2}}{1-m}$=m，解得：m=$\frac{1}{2}$，
当m=$\frac{1}{2}$时，a₁=$\frac{1}{2}$，a_n+1=f（a_n）=$\frac{1}{2}$，
即数列{a_n}是等比数列；
（Ⅲ）证明：∵a₁=m，0＜m＜$\frac{1}{2}$，a_n+1=f（a_n）=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{1-{a}_{n}}$，
∴a_n≠0且a_n+1-a_na_n+1=${{a}_{n}}^{2}$，即a_n+1=${{a}_{n}}^{2}$+a_na_n+1=a_n（a_n+a_n+1），
∴a_n+a_n+1=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$，
∴$\underset{\stackrel{n}{π}}{i=1}$（a_i+1+a_i）=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$•$\frac{{a}_{4}}{{a}_{3}}$•…•$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{{a}_{n+1}}{m}$，
设y=2x²+x-1=2$（x+\frac{1}{4}）^{2}$-$\frac{9}{8}$，当0＜x＜$\frac{1}{2}$时y＜0，即0＜2x²＜1-x，
故当0＜x＜$\frac{1}{2}$时0＜$\frac{{x}^{2}}{1-x}$＜$\frac{1}{2}$，
∴当0＜m＜$\frac{1}{2}$时0＜a_n+1＜$\frac{1}{2}$，
∴$\underset{\stackrel{n}{π}}{i=1}$（a_i+1+a_i）＜$\frac{1}{2m}$．

点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，考查数列的通项，考查累乘法，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于难题．