Question

5．由函数y=f（x）确定数列{a_n}，a_n=f（n），函数y=f（x）的反函数y=f^-1（x）能确定数列{b_n}，b_n=f^-1（n），若对于任意n∈N^*，都有b_n=a_n，则称数列{b_n}是数列{a_n}的“自反数列”．
（1）若函数f（x）=$\frac{px+1}{x+1}$确定数列{a_n}的自反数列为{b_n}，求a_n；
（2）已知正数数列{c_n}的前n项之和S_n=$\frac{1}{2}（{{c_n}+\frac{n}{c_n}}）$，写出S_n表达式，并证明你的结论；
（3）在（1）和（2）的条件下，d₁=2，当n≥2时，设d_n=$\frac{-1}{{{a_n}S_n^2}}$，D_n是数列{d_n}的前n项之和，且$\lim_{n→∞}{D_n}$＞log_a（1-2a）恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的反函数，由新定义可得p=-1，进而得到所求数列；
（2）由数列的通项和求和的关系，结合累加法和等差数列的求和公式，即可得到所求；
（3）求得d_n=$\frac{-1}{{{a_n}S_n^2}}$=$\frac{2}{n（n-1）}$=2（$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$），再由裂项相消求和，结合恒成立思想，即可得到所求范围．

解答 解：（1）由题意得：f ^-1（x）=$\frac{1-x}{x-p}$，
f ^-1（x）=f（x）=$\frac{px+1}{x+1}$，所以p=-1，
所以a_n=$\frac{-n+1}{n+1}$；
（2）因为正数数列{c_n}的前n项之和S_n=$\frac{1}{2}$（c_n+$\frac{n}{c_n}$），
所以c₁=$\frac{1}{2}$（c₁+$\frac{1}{c_1}$），解之得：c₁=1，S₁=1，
当n≥2时，c_n=S_n-S_n-1，所以2S_n=S_n-S_n-1+$\frac{n}{{{S_n}-{S_{n-1}}}}$，
S_n+S_n-1=$\frac{n}{{{S_n}-{S_{n-1}}}}$，即：$S_n^2-S_{n-1}^2$=n，
所以，$S_{n-1}^2-S_{n-2}^2$=n-1，$S_{n-2}^2-S_{n-3}^2$=n-2，…，$S_2^2-S_1^2$=2，
累加得：$S_n^2-S_1^2$=2+3+4+…+n，
$S_n^2$=1+2+3+4+…+n=$\frac{n（n+1）}{2}$，S_n=$\sqrt{\frac{n（n+1）}{2}}$．
（3）在（1）和（2）的条件下，d₁=2，当n≥2时，
设d_n=$\frac{-1}{{{a_n}S_n^2}}$=$\frac{2}{n（n-1）}$=2（$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$），
由D_n是{d_n}的前n项之和，D_n=d₁+d₂+…+d_n
=2[1+（$\frac{1}{1}-\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}-\frac{1}{4}$）+…+（$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$）]=2（2-$\frac{1}{n}$），
因为$\lim_{n→∞}$D_n=4＞log_a（1-2a）恒成立，所以log_a（1-2a）＜4，
又1-2a＞0，所以0＜a＜0.475．

点评 本题考查新定义的理解和运用，考查反函数的求法和自反数列的定义及运用，考查累加法和裂项相消求和的方法，属于中档题．