Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{3x-2}{2x-1}$（x$≠\frac{1}{2}$）．
（1）求f（$\frac{1}{2015}$）+f（$\frac{2}{2015}$）+…+f（$\frac{2014}{2015}$）的值；
（2）已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=2，a_n+1=f（a_n），求證：{$\frac{1}{{a}_{n}-1}$}是等差數(shù)列；
（3）求證：a₁a₂…a_n＞$\sqrt{2n+1}$．

Answer 1

分析 （1）求出當x₁+x₂=1時，f（x₁）+f（x₂）=3，即可得到所求值為3021；
（2）求得a_n+1=f（a_n）=$\frac{3{a}_{n}-2}{2{a}_{n}-1}$，兩邊減1，再取倒數(shù)，化簡整理，由等差數(shù)列的定義，即可得證；
（3）由等差數(shù)列的通項公式，求得a_n，再由數(shù)學歸納法證明，注意第二步，可運用分析法證明．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{3x-2}{2x-1}$=$\frac{3}{2}$+$\frac{3}{2（2x-1）}$，
當x₁+x₂=1時，f（x₁）+f（x₂）=3+$\frac{3}{2（2{x}_{1}-1）}$+$\frac{3}{2（2{x}_{2}-1）}$
=3+$\frac{3}{2（2{x}_{1}-1）}$+$\frac{3}{2（1-2{x}_{1}）}$=3．
即有f（$\frac{1}{2015}$）+f（$\frac{2}{2015}$）+…+f（$\frac{2014}{2015}$）=[f（$\frac{1}{2015}$）+f（$\frac{2014}{2015}$）]+[f（$\frac{2}{2015}$）+f（$\frac{2013}{2015}$）]+…
+[f（$\frac{1007}{2015}$）+f（$\frac{1008}{2015}$）]=3×1007=3021；
（2）證明：a₁=2，a_n+1=f（a_n）=$\frac{3{a}_{n}-2}{2{a}_{n}-1}$，
a_n+1-1=$\frac{3{a}_{n}-2-2{a}_{n}+1}{2{a}_{n}-1}$=$\frac{{a}_{n}-1}{2{a}_{n}-1}$，
$\frac{1}{{a}_{n+1}-1}$=2+$\frac{1}{{a}_{n}-1}$，
則有{$\frac{1}{{a}_{n}-1}$}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列；
（3）證明：由（2）可得，$\frac{1}{{a}_{n}-1}$=1+2（n-1）=2n-1，
即有a_n=$\frac{2n}{2n-1}$，
運用數(shù)學歸納法證明．
當n=1時，a₁=2＞$\sqrt{3}$成立；
假設(shè)n=k時，a₁a₂…a_k＞$\sqrt{2k+1}$，
當n=k+1時，a₁a₂…a_ka_k+1＞$\sqrt{2k+1}$•$\frac{2k+2}{2k+1}$，
要證$\sqrt{2k+1}$•$\frac{2k+2}{2k+1}$＞$\sqrt{2（k+1）+1}$，
即證2k+2＞$\sqrt{2k+1}$•$\sqrt{2k+3}$，
即證4k²+8k+4＞4k²+4k+3，
上式顯然成立．
即有當n=k+1時，a₁a₂…a_ka_k+1＞$\sqrt{2（k+1）+1}$成立，
則有a₁a₂…a_n＞$\sqrt{2n+1}$．

點評 本題考查函數(shù)值的求法，主要考查等差數(shù)列的通項，注意運用構(gòu)造數(shù)列法，同時考查數(shù)學歸納法的運用證明不等式，注意由n到n+1，可運用分析法，屬于中檔題．