Question

16．已知函數(shù)f_n（x）（n∈N^*）具有下列性質(zhì)：f_n（0）=$\frac{1}{2}$；n[f_n（$\frac{k+1}{n}$）-f_n（$\frac{k}{n}$）]=[f_n（$\frac{k}{n}$）-1]f_n（$\frac{k+1}{n}$））（k=0，1，2，…，n-1）．
（1）當(dāng)n一定時(shí)，記a_k=$\frac{1}{{f}_{n}（\frac{k}{n}）}$，求a_k的表達(dá)式（k=0，1，2，…，n-1）；
（2）對(duì)n∈N^*，證明$\frac{1}{4}$＜f_n（1）$≤\frac{1}{3}$．

Answer 1

分析 （1）由條件化簡整理，再由等比數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式，即可得到所求；
（2）運(yùn)用分析法證明，即證2≤（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜3，再由二項(xiàng)式定理展開，運(yùn)用不等式的性質(zhì)和等比數(shù)列的求和公式，即可得證．

解答 解：（1）由n[f_n（$\frac{k+1}{n}$）-f_n（$\frac{k}{n}$）]=[f_n（$\frac{k}{n}$）-1]f_n（$\frac{k+1}{n}$），
可得（n+1）f_n（$\frac{k+1}{n}$）-nf_n（$\frac{k}{n}$）=f_n（$\frac{k+1}{n}$）f_n（$\frac{k}{n}$），
即$\frac{n+1}{{f}_{n}（\frac{k}{n}）}$-$\frac{n}{{f}_{n}（\frac{k+1}{n}）}$=1，
即有（n+1）ak-nak+1=1可得n（a_k+1-1）=（n+1）（a_k-1），
即$\frac{{a}_{k+1}-1}{{a}_{k}-1}$=1+$\frac{1}{n}$，
由n為定值，則數(shù)列{a_k-1}是以a₀-1為首項(xiàng)，1+$\frac{1}{n}$為公比的等比數(shù)列，
∴a_k-l=（a₀-1）（1+$\frac{1}{n}$）^k，
由于a₀=$\frac{1}{{f}_{n}（0）}$=2，
故a_k=1+（1+$\frac{1}{n}$）^k（k=0，1，2，…，n-1）；
（2）由a_k=$\frac{1}{{f}_{n}（\frac{k}{n}）}$，結(jié)合（1）可得f_n（1）=$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{1+（1+\frac{1}{n}）^{n}}$，
要證$\frac{1}{4}$＜f_n（1）≤$\frac{1}{3}$，即證3≤1+（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜4，
即證2≤（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜3，
由（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ=1+${C}_{n}^{1}$•$\frac{1}{n}$+${C}_{n}^{2}$•$\frac{1}{{n}^{2}}$+…+${C}_{n}^{n}$•$\frac{1}{{n}^{n}}$=1+1+…≥2；
又（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ=1+${C}_{n}^{1}$•$\frac{1}{n}$+${C}_{n}^{2}$•$\frac{1}{{n}^{2}}$+…+${C}_{n}^{n}$•$\frac{1}{{n}^{n}}$
=1+1+$\frac{n（n-1）}{2{n}^{2}}$+…+$\frac{n（n-1）…2•1}{n!{n}^{n}}$
≤1+1+$\frac{1}{2!}$+…+$\frac{1}{n!}$＜1+1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2+$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=3-（$\frac{1}{2}$）ⁿ＜3．
故原不等式$\frac{1}{4}$＜f_n（1）$≤\frac{1}{3}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)的求法，注意運(yùn)用構(gòu)造法，運(yùn)用等比數(shù)列的定義和通項(xiàng)，考查不等式的證明，注意運(yùn)用分析法和二項(xiàng)式定理，結(jié)合不等式的性質(zhì)，考查推理能力，屬于難題．