Question

奇函數(shù)f(x)=

ax2+bx+1

cx+d

 (x≠0，a＞1)，且當x＞0時，f（x）有最小值2

2

，又f（1）=3．
（1）求f（x）的表達式；
（2）設(shè)g（x）=xf（x），正數(shù)數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a_n+1²=g（a_n），求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）設(shè)h(x)=

1

2

f(x)-

3

2x

，數(shù)列{b_n}中b₁=m（m＞0），b_n+1=h（b_n）（n∈N^*）．是否存在常數(shù)m使b_n•b_n+1＞0對任意n∈N^*恒成立．若存在，求m的取值范圍，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)f（1）=3，以及f（x）為奇函數(shù)可求出b的值，然后根據(jù)當x＞0時，f（x）有最小值2

2

，可求出c的值，從而求出函數(shù)的解析式；
（2）根據(jù)a_n+1²=g（a_n）可證得{a_n²+1}為等比數(shù)列，其首項為a₁²+1=2，公比為2，從而求出數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）假設(shè)存在正實數(shù)m，對任意n∈N^*，使b_n•b_n+1＞0恒成立，然后根據(jù)放縮法可得bn=b1-(

1

b1

+

1

b2

+…+

1

bn

)＜b1-

n-1

b1

，取n＞1+b₁²，即n＞m²+1時，有b_n＜0與b_n＞0矛盾，從而得到結(jié)論．

解答：解（1）f(1)=3即

a+b+1

c+d

=3，a+b+1=3c+3d；
∵是奇函數(shù)；
∴f(-x)=

ax2-bx+1

-cx+d

=-f(x)=

ax2+bx+1

-cx-d

即(ax2-bx+1)(cx+d)=(cx-d)(ax2+bx+1)⇒

ad=bc d=0

又可知和不能同時為0
故b=0
a+b+1=3c+3d，
∴a+1=3c⇒a=3c-1⇒c＞

2

3

∴f(x)=

(3c-1)x2+1

cx

=

3c-1

c

x+

1

cx

≥2

3c-1 c • 1 c

當x＞0時，f（x）有最大值2

2

∴2

3c-1 c • 1 c

=2

2

得2c2-3c+1=0⇒c=1或c=

1

2

(＜

2

3

)(舍去)
∴f(x)=

2x2+1

x

（2）∵g（x）=2x²+1
∴a_n+1²=2a_n²+1⇒a_n+1²+1=2（a_n²+1）
∴{a_n²+1}為等比數(shù)列，其首項為a₁²+1=2，公比為2
∴a_n²+1=（a₁²+1）•2^n-1=2ⁿ∴

a

2 n

=2n-1⇒

a

n

=

2n-1

（3）由題h(x)=

1

2

(

2x2+1

x

)-

3

2x

=

2x2-2

2x

=x-

1

x

∴bn+1=bn-

1

bn

假設(shè)存在正實數(shù)m，對任意n∈N^*，使b_n•b_n+1＞0恒成立．
∵b₁=m＞0
∴b_n＞0恒成立．
∴bn+1-bn=-

1

bn

＜0∴0＜bn+1＜bn
∴

1

bn+1

＞

1

bn

＞…＞

1

b1

又bn-bn-1=-

1

bn-1

，bn-1-bn-2=

1

bn-2

…b2-b1=-

1

b1

∴bn=b1-(

1

b1

+

1

b2

+…+

1

bn

)＜b1-

n-1

b1

取n＞1+b₁²，即n＞m²+1時，有b_n＜0與b_n＞0矛盾．
因此，不存在正實數(shù)m，使b_n•b_n+1＞0對n∈N^*恒成立．

點評：本題主要考查了函數(shù)的解析式，以及函數(shù)的奇偶性和恒成立問題，同時考查了數(shù)列的綜合運用，屬于中檔題．