Question

9．二次函數(shù)f（x）的圖象過原點，且對?x∈R，恒有-3x²-1≤f（x）≤6x+2．設數(shù)列{a_n}滿足a₁=$\frac{1}{3}$，a_n+1=f（a_n）
（I）求函數(shù)f（x）的表達式；
（Ⅱ）證明：a_n+1＞a_n；
（Ⅲ）證明：$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{4}$≤a₁+a₂+…+a_n＜$\frac{n}{2}$（n∈N⁺）

Answer 1

分析 （Ⅰ）設函數(shù)f（x）=ax²+bx+c，由f（0）=0⇒c=0，利用f（x）≤6x+2，可得對任意的x∈R恒成立，必有b＜4且△≤0，整理得b=2，即可確定函數(shù)y=f（x）的解析式；
（Ⅱ）由a_n+1=f（a_n）=-2a_n²+2a_n，所以a_n+1-a_n=-2（a_n-$\frac{1}{4}$）²+$\frac{1}{8}$．要證a_n+1＞a_n，即證-2（a_n-$\frac{1}{4}$）²+$\frac{1}{8}$＞0，只要證a_n∈（0，$\frac{1}{2}$），利用數(shù)學歸納法進行證明即可；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，a_n∈（0，$\frac{1}{2}$），可得不等式的右邊；再由a_n=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2•{3}^{{2}^{n-1}}}$，運用不等式的性質(zhì)和等比數(shù)列的求和公式即可得到不等式的左邊成立．

解答 解：（I）設函數(shù)f（x）=ax²+bx+c，
由f（0）=0，可得c=0，
令-3x²-1=6x+2，有x²+2x+1=0，即x=-1，
故f（-1）=-4，所以a-b=-4，
所以f（x）=（b-4）x²+bx，
由f（x）≤6x+2得（b-4）x²+（b-6）x-2≤0，
對任意的x∈R恒成立，必有b＜4且△≤0，
整理得（b-2）²≤0，解得b=2，a=-2，
所以f（x）=-2x²+2x；
（Ⅱ）證明：因為a_n+1=f（a_n）=-2a_n²+2a_n，
所以a_n+1-a_n=-2（a_n-$\frac{1}{4}$）²+$\frac{1}{8}$．
要證a_n+1＞a_n，即證-2（a_n-$\frac{1}{4}$）²+$\frac{1}{8}$＞0，
只要證a_n∈（0，$\frac{1}{2}$），
當n=1，a₁=$\frac{1}{3}$∈（0，$\frac{1}{2}$），顯然成立；
設n=k時，a_k∈（0，$\frac{1}{2}$），
則a_k+1=-2a_k²+2a_k=-2（a_k-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{2}$∈（0，$\frac{1}{2}$），
綜上對?n∈N^*，a_n∈（0，$\frac{1}{2}$），
所以a_n+1＞a_n；
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）可得，a_n∈（0，$\frac{1}{2}$），
可得a₁+a₂+…+a_n＜$\frac{n}{2}$成立；
由a₁=$\frac{1}{3}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2•3}$，a₂=$\frac{4}{9}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2•{3}^{2}}$，
a₃=$\frac{40}{81}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2•{3}^{4}}$，…，a_n=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2•{3}^{{2}^{n-1}}}$，
即有a₁+a₂+…+a_n=$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{4}}$+…+$\frac{1}{{3}^{{2}^{n-1}}}$）
＞$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{{3}^{n}}$）
=$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{2}$•$\frac{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）}{1-\frac{1}{3}}$=$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{{3}^{n}}$）＞$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{4}$．
綜上可得，$\frac{n}{2}$-$\frac{1}{4}$≤a₁+a₂+…+a_n＜$\frac{n}{2}$（n∈N⁺）．

點評 本題考查二次函數(shù)的解析式的求法，注意運用待定系數(shù)法和判別式法，考查不等式的證明，注意運用數(shù)學歸納法和不等式的性質(zhì)，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．