Question

13．已知函數(shù)f（x）為一次函數(shù)，且單調(diào)遞增，滿足f[f（x）]=$\frac{1}{4}$x-$\frac{3}{4}$，若對于數(shù)列{a_n}滿足：a₁=-1，a₂=2，a_n+1=4f（a_n）-a_n-1+4（n≥2）．
（Ⅰ）試求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{{a}_{n}+2}{n}$×（$\frac{1}{2}$）^n-1，數(shù)列{b_n}的前n項的和為S_n求證：S_n＜4．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)出一次函數(shù)解析式，由f[f（x）]=$\frac{1}{4}$x-$\frac{3}{4}$求得函數(shù)解析式，代入a_n+1=4f（a_n）-a_n-1+4（n≥2）得到數(shù)列遞推式，然后構(gòu)造等差數(shù)列{a_n+1-a_n}，求其通項公式后，利用累加法求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）把數(shù)列{a_n}的通項公式代入b_n=$\frac{{a}_{n}+2}{n}$×（$\frac{1}{2}$）^n-1，然后利用錯位相減法求數(shù)列{b_n}的前n項的和為S_n，即可證明S_n＜4．

解答 （Ⅰ）解：∵f（x）為一次函數(shù)，且單調(diào)遞增，
∴設(shè)f（x）=kx+b（k＞0），
則由f[f（x）]=$\frac{1}{4}$x-$\frac{3}{4}$，得$k（kx+b）+b={k}^{2}x+kb+b=\frac{1}{4}x-\frac{3}{4}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{k}^{2}=\frac{1}{4}}\\{kb+b=-\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$．
∴f（x）=$\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}$．
則a_n+1=4f（a_n）-a_n-1+4=$4（\frac{1}{2}{a}_{n}-\frac{1}{2}）-{a}_{n-1}+4$=2a_n-a_n-1+2（n≥2）．
即（a_n+1-a_n）-（a_n-a_n-1）=2，
∵a₁=-1，a₂=2，∴a₂-a₁=3，
∴數(shù)列{a_n+1-a_n}構(gòu)成以3為首項，以2為公差的等差數(shù)列，
則a_n+1-a_n=3+2（n-1）=2n+1．
∴a₂-a₁=2×1+1，
a₃-a₂=2×2+1，
…
a_n-a_n-1=2（n-1）+1（n≥2）．
累加得：a_n=a₁+2[1+2+…+（n-1）]+（n-1）=$-1+2×\frac{n（n-1）}{2}+（n-1）={n}^{2}-2$．
驗證n=1時上式成立，
∴${a}_{n}={n}^{2}-2$；
（Ⅱ）證明：b_n=$\frac{{a}_{n}+2}{n}$×（$\frac{1}{2}$）^n-1=$\frac{{n}^{2}-2+2}{n}×（\frac{1}{2}）^{n-1}=n×（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
則S_n=b₁+b₂+…+b_n=$1×（\frac{1}{2}）^{0}+2×（\frac{1}{2}）^{1}+3×（\frac{1}{2}）^{2}+…+$$n×（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
$\frac{1}{2}{S}_{n}=1×（\frac{1}{2}）^{1}+2×（\frac{1}{2}）^{2}+3×（\frac{1}{2}）^{3}$$+…+n×（\frac{1}{2}）^{n}$．
兩式作差得：$\frac{1}{2}{S}_{n}=1+\frac{1}{2}+（\frac{1}{2}）^{2}+…+（\frac{1}{2}）^{n-1}-n×（\frac{1}{2}）^{n}$=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}-n×（\frac{1}{2}）^{n}$=$2-（\frac{1}{2}）^{n-1}-n×（\frac{1}{2}）^{n}$．
∴${S}_{n}=4-（\frac{1}{2}）^{n}-n×（\frac{1}{2}）^{n+1}＜4$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的函數(shù)特性，考查了等差數(shù)列的確定，訓(xùn)練了累加法求數(shù)列的通項公式，訓(xùn)練了錯位相減法求數(shù)列的前n項和，是中檔題．