Question

已知定义在R上的函数f（x）和数列{a_n}满足下列条件：a₁=a≠0，a₂≠a₁，当n∈N^*时，a_n+1=f（a_n），且存在非零常数k使f（a_n+1）-f（a_n）=k（a_n+1-a_n）恒成立．
（1）若数列{a_n}是等差数列，求k的值；
（2）求证：数列{a_n}为等比数列的充要条件是f（x）=kx（k≠1）．
（3）已知f（x）=kx（k＞1），a=2，且b_n=lna_n（n∈N^*），数列{b_n}的前n项是S_n，对于给定常数m，若

S(m+1)n

Smn

的值是一个与n无关的量，求k的值．

Answer 1

分析：（1）由a_n+1=f（a_n），f（a_n+1）-f（a_n）=k（a_n+1-a_n），得出a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1），又a_n+1-a_n=a_n-a_n-1，得出k=1
（2）充分性可直接证明，等比为k；必要性中由等比数列可得数列{a_n+1-a_n}是以a₂-a₁为首项，公比为k的等比数列，再根据k=0和k≠0进行讨论．
（3）确定{a_n}是等比数列，{b_n}是等差数列，求出Sn，代入

S(m+1)n

Smn

，求出k的值．

解答：解：（1）由已知a_n=f（a_n-1），f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1），（n=2，3，4…），得
a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n-1）=k（a_n-a_n-1），（n=2，3，4…），
由数列{a_n}是等差数列，得
a_n+1-a_n=a_n-a_n-1，（n=2，3，4…）
所以，a_n-a_n-1=k（a_n-a_n-1），），（n=2，3，4…），得k=1．       …（4分）
（2）充分性证明：若f（x）=kx（k≠1），则由已知a₁=a≠0，a_n+1=f（a_n）得a_n+1=ka_n，
所以，{a_n}是等比数列．                               …（6分）
必要性证明：{a_n}是等比数列，设公比为q，则有a_n=aq^n-1，n∈N^*
由f（a_n+1）-f（a_n）=k（a_n+1-a_n）及a_n+1=f（a_n）得a_n+2-a_n+1=k（a_n+1-a_n）
又a₂-a₁≠0，
所以数列{a_n+1-a_n}是以a₂-a₁为首项，公比为k的等比数列，
所以a_n+1-a_n=[f（a）-a]k^n-1，
当n≥2时，a_n=[f（a）-a]（k⁰+k¹+k²+…+k^n-2）+a…（8分）
①若k=1，a_n=[f（a）-a]（n-1）+a，（n≥2）
对n=1也成立．
数列{a_n}是公差为f（a）-a≠0的等差数列，不可能是等比数列，所以k≠1，
②k≠1，an=[f(a)-a]

1-kn-1

1-k

+a，（n≥2）
对n=1也成立．
所以an=[f(a)-a]

1-kn-1

1-k

+a=

f(a)-a

1-k

+a-

f(a)-a

1-k

•kn-1，
由数列{a_n}是等比数列知，

f(a)-a

1-k

+a=0，即f（a）=ka，
即f（a）=ka对任意非零实数都成立．
综上可得：数列{a_n}为等比数列的充要条件是f（x）=kx（k≠1）．…（10分）
（3）由（Ⅱ）知，数列{a_n}是首项为2，公比为k的等比数列，即a_n=2k^n-1，b_n+1-b_n=lnk是一个常数，
故数列{b_n}是等差数列，设公差为d，
依题意Sn=nb1+

1

2

n(n-1)d=

1

2

n[dn+(2b1-d)]，

S(m+1)n

Smn

=

1 2 (m+1)n[d(m+1)n+(2b1-d)]

1 2 mn[dmn+(2b1-d)]

=

(m+1)[d(m+1)n+(2b1-d)]

m[dmn+(2b1-d)]

，
当且仅当2b₁-d=0或

d(m+1)

dm

=

2b1-d

2b1-d

时，

S(m+1)n

Smn

是一个与n无关的常数，

d(m+1)

dm

=

2b1-d

2b1-d

不成立，
所以2b₁-d=0，即2ln2=lnk，k=4．                                                   …（16分）

点评：本题是数列与函数的综合题，综合性比较强，综合考查了等差等比数列以及充分必要条件的证明，其中注意分类讨论思想，应该熟练掌握灵活运用．