Question

16．已知f（x）=$\frac{{a{x^2}+bx+1}}{x+c}$（x≠0，a＞0）是奇函數(shù)，且當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）有最小值2$\sqrt{2}$．
（1）求f（x）的表達(dá)式；
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}滿足a₁=2，2a_n+1=f（a_n）-a_n（n∈N^*）．令b_n=$\frac{{{a_n}-1}}{{{a_n}+1}}$，求證b_n+1=b_n²；
（3）求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式．

Answer 1

分析 （1）由f（x）是奇函數(shù)，可得f（-x）=-f（x），解出b，c，再利用基本不等式的性質(zhì)可得a．
（2）由2a_n+1=f（a_n）-a_n（n∈N^*），可得a_n+1與a_n的關(guān)系，令b_n=$\frac{{{a_n}-1}}{{{a_n}+1}}$，利用遞推關(guān)系即可證明b_n+1=b_n²．
（3）由a₁=2＞0，可得${b_{n+1}}={（\frac{{{a_n}-1}}{{{a_n}+1}}）^2}={b_n}^2＞0$．取對數(shù)得$lg{b_{n+1}}=lg{b_n}^2=2lg{b_n}$．利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．

解答 解：（1）∵f（x）是奇函數(shù)，∴有f（-x）=-f（x），即$\frac{{a{x^2}-bx+1}}{-x+c}=-\frac{{a{x^2}+bx+1}}{x+c}$．
整理得（b-ac）x²=c對x≠0恒成立．∴有$\left\{\begin{array}{l}b=ac\\ c=0\end{array}\right.$，∴b=c=0．
∴$f（x）=\frac{{a{x^2}+1}}{x}$．
∵a＞0，∴當(dāng)x＞0時(shí)，∴$f（x）=ax+\frac{1}{x}≥2\sqrt{a}=2\sqrt{2}$，∴a=2．∴$f（x）=\frac{{2{x^2}+1}}{x}$．
（2）證明：$2{a_{n+1}}=f（{a_n}）-{a_n}=\frac{{2{a_n}^2+1}}{a_n}-{a_n}=2{a_n}+\frac{1}{a_n}-{a_n}={a_n}+\frac{1}{a_n}$．
∵${b_n}=\frac{{{a_n}-1}}{{{a_n}+1}}$，
∴${b_{n+1}}=\frac{{{a_{n+1}}-1}}{{{a_{n+1}}+1}}=2\frac{{2{a_{n+1}}-2}}{{{a_{n+1}}+2}}=\frac{{{a_n}+\frac{1}{a_n}-2}}{{{a_n}+\frac{1}{a_n}+2}}=\frac{{{a_n}^2-2{a_n}+1}}{{{a_n}^2+2{a_n}+1}}$=$\frac{{{{（{a_n}-1）}^2}}}{{{{（{a_n}+1）}^2}}}={（\frac{{{a_n}-1}}{{{a_n}+1}}）^2}={b_n}^2$．
（3）∵a₁=2＞0，∴${b_{n+1}}={（\frac{{{a_n}-1}}{{{a_n}+1}}）^2}={b_n}^2＞0$．取對數(shù)得$lg{b_{n+1}}=lg{b_n}^2=2lg{b_n}$．
由${b_n}=\frac{{{a_n}-1}}{{{a_n}+1}}$得b_n≠1，∴l(xiāng)gb_n≠0．∴有$\frac{{lg{b_{n+1}}}}{{lg{b_n}}}=2$為常數(shù)．
∴數(shù)列$\{\frac{{lg{b_{n+1}}}}{{lg{b_n}}}\}$為等比數(shù)列．
∵${b_1}=\frac{{{a_1}-1}}{{{a_1}+1}}=\frac{2-1}{2+1}=\frac{1}{3}$，∴$lg{b_n}=（lg\frac{1}{3}）•{2^{n-1}}={2^{n-1}}lg\frac{1}{3}=lg{（\frac{1}{3}）^{2n-1}}$．
∴${b_n}=（\frac{1}{3}）{2^{n-1}}$．

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列的遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)、函數(shù)的奇偶性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．