Question

6．己知二次函數(shù)f（x），當(dāng)x∈R，均有f（x）≥0，f（x）≤2x²成立，且f（2）=4．
（1）求函數(shù)f（x）．
（2）若a_n=f（n+1），n∈N^*，b_n=$\frac{1}{{a}_{n}-1}$，S_n是數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和，證明：$\frac{1}{3}$≤S_n＜$\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （1）設(shè)二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c（a≠0），由f（2）=4列出方程，根據(jù)恒成立和特值法求出c，結(jié)合方程和二次函數(shù)恒成立條件求出a，即可求出f（x）的解析式；
（2）由（1）和條件求出a_n，代入b_n化簡(jiǎn)后利用裂項(xiàng)相消法求出S_n，判斷出S_n的單調(diào)性后證明結(jié)論成立．

解答 解：（1）設(shè)二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c（a≠0），
由f（2）=4得，4a+2b+c=4，①
∵x∈R，均有f（x）≥0，f（x）≤2x²成立，
即x∈R，0≤f（x）=ax²+bx+c≤2x²恒成立，
∴當(dāng)x=0時(shí)，0≤c≤0，則c=0，
代入①得：2a+b=2，即b=2-2a，
則f（x）=ax²+（2-2a）x，
∵當(dāng)x∈R，均有f（x）≥0，∴$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{△=（2-2a）^{2}≤0}\end{array}\right.$，解得a=1，
∴f（x）=x²；
（2）由（1）得，a_n=f（n+1）=（n+1）²，
∴b_n=$\frac{1}{{a}_{n}-1}$=$\frac{1}{（n+1）^{2}-1}$=$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$，
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n
=$\frac{1}{2}$[（1-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{2}-\frac{1}{4}$）+（$\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$）+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}）$+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}）$]
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$）=$\frac{1}{2}$（$\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$）＜$\frac{3}{4}$，
∵S_n=$\frac{1}{2}（\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$隨著n的增大而增大，
∴S_n的最小值是S₁=$\frac{1}{2}×\frac{2}{3}$=$\frac{1}{3}$，
即$\frac{1}{3}$≤S_n＜$\frac{3}{4}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題以二次函數(shù)為載體，考查賦值法，待定系數(shù)法求解析式，二次函數(shù)恒成立問題，以及裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的和，利用數(shù)列的單調(diào)性證明不等式成立，屬于中檔題．