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

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[fn($\frac{k+1}{n}$)-fn($\frac{k}{n}$)]=[fn($\frac{k}{n}$)-1]fn($\frac{k+1}{n}$),
可得(n+1)fn($\frac{k+1}{n}$)-nfn($\frac{k}{n}$)=fn($\frac{k+1}{n}$)fn($\frac{k}{n}$),
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(ak+1-1)=(n+1)(ak-1),
即$\frac{{a}_{k+1}-1}{{a}_{k}-1}$=1+$\frac{1}{n}$,
由n為定值,則數(shù)列{ak-1}是以a0-1為首項(xiàng),1+$\frac{1}{n}$為公比的等比數(shù)列,
∴ak-l=(a0-1)(1+$\frac{1}{n}$)k,
由于a0=$\frac{1}{{f}_{n}(0)}$=2,
故ak=1+(1+$\frac{1}{n}$)k(k=0,1,2,…,n-1);
(2)由ak=$\frac{1}{{f}_{n}(\frac{k}{n})}$,結(jié)合(1)可得fn(1)=$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{1+(1+\frac{1}{n})^{n}}$,
要證$\frac{1}{4}$<fn(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$\frac{1}{4}$<fn(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.

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