设 $f_{(k,l)}(x)=\dfrac{kx+t}{x}$（其中 $k,t,x\in\mathbb R$ 且 $x\ne 0$）．
1、若 $f_{(1,2)}(1),f_{(2,2)}(x),f_{(1,3)}(3)$ 成等差数列，求 $x$ 的值．
2、已知 $\left\{f_{(0,1)}\left(\dfrac1{x_n}\right)\right\}$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）是公比为 $\dfrac 32$ 的等比数列，$x_1,x_5\in\mathbb N^{\ast}$，是否存在正整数 $u$，使 $x_1\geqslant u^4$，且 $x_5\leqslant (u+1)^4$？若存在，求出 $u$ 的值，若不存在，请说明理由．
3、如果存在正常数 $M$，使得 $|y_n|\leqslant M$ 对于一切 $n\in\mathbb N^{\ast}$ 成立，那么称数列 $\{y_n\}$ 有界，已知 $a>0$，$m$ 为正偶数，数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1=b<0$，且 $x_{n+1}=f_{(b,a)}\left(\dfrac1{x_n^m}\right)$（$n\in\mathbb N^{\ast}$），证明：数列 $\{x_n\}$ 有界的充要条件是 $ab^{m-1}+2\geqslant 0$．
解析
1、根据题意，有\[\dfrac{1\cdot 1+2}{1}+\dfrac{2x+2}{x}=2\cdot \dfrac{1\cdot 3+3}{3}\iff x=4.\]
2、根据题意，有 $f_{(0,1)}\left(\dfrac1{x_n}\right)=x_n$，于是\[\begin{cases} x_1\geqslant u^4,\\ x_5\leqslant (u+1)^4,\end{cases}\iff \dfrac 32\cdot x_1^{\frac 1 4 }-1\leqslant u\leqslant x_1^{\frac 1 4 },\]于是 $\dfrac 32\cdot x_1^{\frac 14}-1\leqslant x_1^{\frac 14}$，从而 $x_1\leqslant 16$，进而可得 $x_1=16$ 且 $u=2$．
3、根据题意，有\[x_{n+1}=\dfrac{a+b\cdot \dfrac{1}{x_n^m}}{ \dfrac{1}{x_n^m}}=a\cdot x_n^m+b,\]设迭代函数为 $f(x)=ax^m+b$，如图．
迭代函数 $f(x)$ 的不动点为 $\alpha,\beta$ 且 $\alpha>0>\beta$，对应的点设为 $A(\alpha,\alpha)$，$B(\beta,\beta)$，则只要蛛网线在图中所标出的区域内，则数列有界，于是数列 $\{x_n\}$ 的有界的充要条件是\[f(b)\leqslant f(\alpha)\iff f(-b)\leqslant f(\alpha)\iff -b\leqslant \alpha,\]也即\[f(-b)\leqslant -b \iff ab^m+b\leqslant -b\iff ab^{m-1}+2\geqslant 0,\]命题得证． [[sol]]严格证明[[/sol]]若 $f(b)>f(\alpha)=\alpha$，则考虑到函数 $f(x)$ 在 $(x_1,+\infty)$ 上单调递增，于是数列 $\{x_n\}$ 从第二项起单调递增，且\[x_{n+1}-\alpha=(x_n-\alpha)\cdot \left(a\cdot x_n^{m-1}+\cdots+\dfrac{-b}{\alpha}\right),\]注意到 $z_n=a\cdot x_n^{m-1}+\cdots+\dfrac{-b}{\alpha}$ 单调递增，于是 $z_n\geqslant z_2>1$，从而\[x_{n+2}-\alpha=(x_2-\alpha)\cdot z_2^n,\]从而 $\{x_n\}$ 无界． 若 $f(b)\leqslant f(\alpha)=\alpha$，则 $f(x)$ 满足对于任意 $x\in [b,\alpha]$，都有 $f(x)\in [b,\alpha]$，因此数列 $\{x_n\}$ 中的所有项都在区间 $[b,\alpha]$ 内，符合题意． 综上所述，原命题得证．