Question

设f(x)=

x

a(x+2)

，方程f（x）=x有唯一解，已知f（x_n）=x_n+1（n∈N^*），且f(x1)=

1

1005

．
（1）求数列{x_n}的通项公式；
（2）若an=

4-4017xn

xn

，且bn=

a 2 n+1 + a 2 n

2an+1an

(n∈N*)，求和S_n=b₁+b₂+…+b_n；
（3）问：是否存在最小整数m，使得对任意n∈N^*，有f(xn)＜

m

2010

成立，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）由方程f（x）=x有唯一解，解得a，从而得到f（x）．
再由f（x₁）=

1

1005

，解得x₁最后由f（x_n）=x_n+1得到

1

xn+1

=

1

xn

+

1

2

由等差数列的定义求解．
（2）将x_n代入a_n可求得a_n，再代入b_n=

a n+1 2 + a n 2

2an+1an

(n∈N*)解得b_n，最后由错位相消法求和．
（3）由f（x_n）=x_n+1＜

m

2010

对n∈N*恒成立，用最值法求解，只要

m

2010

＞(

2

n+2009

)max即可．

解答：解：（1）∵方程f（x）=x有唯一解，
∴a=

1

2

∴f(x)=

2x

x+2

．f(x1)=

1

1005

，即

2x1

x1+2

=

1

1005

∴x1=

2

2009

，
又由∵f（x_n）=x_n+1
∴

2xn

xn+2

=xn+1，xn≠0?

1

xn+1

=

1

xn

+

1

2

数列{

1

xn

}是首项为

1

x1

，公差为

1

2

的等差数列（4分）
故

1

xn

=

1

x1

+(n-1)•

1

2

=

2+(n-1)x1

2x1

∴xn=

2x1

(n-1)x1+2

=

2

n+2008

．（6分）

（2）将x_n代入a_n可求得an=

4-4017× 2 n+2008

2 n+2008

=2n-1，
∴bn=

a 2 n+1 + a 2 n

2an+1an

=

(2n+1)2+(2n-1)2

2(2n+1)(2n-1)

=1+(

1

2n-1

-

1

2n+1

)．
∴Sn=n(

1

1

-

1

3

+

1

3

-

1

5

+

1

5

-

1

7

++

1

2n-1

-

1

2n+1

)=n+1-

1

2n+1

．（10分）

（3）∵f(xn)=xn+1＜

m

2010

对n∈N^*恒成立，
∴只要

m

2010

＞(

2

n+2009

)max即可，
而(

2

n+2009

)max=

1

1+2009

=

2

2010

．（12分）
即要

m

2010

＞

2

2010

，∴m＞2，故存在最小的正整数m=3．（14分）

点评：本题主要考查函数与数列的综合运用，主要涉及了数列的定义，通项及错位相消法求和，同时，还考查了构造数列研究通项及前n项和及恒成立问题．