Question

已知定義在R上的函數(shù)f（x）和數(shù)列{a_n}，a₁=a，a₂≠a₁，當(dāng)n∈N^*且n≥2時(shí)，a_n=f（a_n-1），且f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1），其中a，k均為非零常數(shù)．
（Ⅰ）若數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，求k的值；
（Ⅱ）令b_n=a_n+1-a_n（n∈N^*），若b₁=1，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅲ）若數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，求函數(shù)f（x）的解析式．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）利用等差數(shù)列的定義a_n+1-a_n=a_n-a_n-1，a_n=f（a_n-1），易得k=1
（Ⅱ）利用等比數(shù)列的定義證明數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，進(jìn)而寫(xiě)出數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式
（Ⅲ）由數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，即{a_n+1-a_n}是等比數(shù)列，利用累加法，可求得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，若數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列
則通項(xiàng)公式為a_n=Aq^n-1形式，經(jīng)對(duì)照可得函數(shù)解析式
解答：解：（Ⅰ）由已知a_n=f（a_n-1），f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1），
   a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1），
∵數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，∴a_n+1-a_n=a_n-a_n-1
∴k=1
（Ⅱ）由b₁=a₂-a₁≠0，可得b₃=a₃-a₂=f（a₂）-f（a₁）=k（a₂-a₁）≠0
且當(dāng)n＞2時(shí)
bn=a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1）=…=k^n-1（a₂-a₁）≠0
且===k
∴數(shù)列{b_n}是一個(gè)以首項(xiàng)為b₁，公比為k的等比數(shù)列
∴數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式為  b_n=kⁿ（n∈N^*）
（Ⅲ）若數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，由（Ⅱ）得b_n=k^n-1（a₂-a₁）
∴b₁+b₂+b₃+…+b_n-1=（a₂-a₁）+（a₃-a₂）+…+（a_n-a_n-1）=a_n-a₁
∴a_n=a₁+（b₁+b₂+b₃+…+b_n-1）
當(dāng)k=1時(shí)，a_n=a₁+（a₂-a₁）（n-1）（n≥2）
上式對(duì)n=1也成立，所以數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=a+（f（a）-a）（n-1）
所以當(dāng)k=1時(shí)，數(shù)列{a_n}是一個(gè)以首項(xiàng)為a，公差為f（a）-a的等差數(shù)列
∴k≠1
當(dāng)k≠1時(shí)，a_n=a₁+（a₂-a₁） （n≥2）
上式對(duì)n=1也成立
∴a_n=a+（f（a）-a）=a+-
∴a+=0
∴f（a）=ka
∴等式f（a）=ka對(duì)任意實(shí)數(shù)a均成立
∴f（x）=kx （k≠1）
點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了等比、等差數(shù)列的定義及通項(xiàng)公式，累加法求數(shù)列的通項(xiàng)公式，與函數(shù)結(jié)合是本題的特色，對(duì)解題技巧有較高的要求，屬于難題