Question

8．設(shè)函數(shù)f（x）=ax²+bx，a，b∈R．若-3x²-1≤f（x）≤6x+2對(duì)任意的x∈R恒成立．?dāng)?shù)列{a_n}滿足${a_1}=\frac{1}{3}$，a_n+1=f（a_n）（n∈N*）．
（Ⅰ）確定f（x）的解析式；
（Ⅱ）證明：$\frac{1}{3}≤{a_n}＜\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）設(shè)S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，求證：$4{S_n}≥2n-1+\frac{1}{3^n}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）可令x=-1，得f（-1）=-4，再由二次不等式恒成立的思想可得判別式小于等于0，解不等式即可得到a=-2，b=2，進(jìn)而得到f（x）的解析式；
（Ⅱ）求出a_n+1的關(guān)系式，配方可得a_n＜$\frac{1}{2}$；作差判斷a_n+1＞a_n，即可得證；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得$\frac{1}{2}$-a_n=$\frac{1}{2}$•$（\frac{1}{3}）^{{2}^{n-1}}$，由2^n-1≥n可得，$\frac{1}{2}$-a_n≤$\frac{1}{2}$•（$\frac{1}{3}$）ⁿ，再由等比數(shù)列的求和公式，運(yùn)用不等式的性質(zhì)，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=ax²+bx，
令-3x²-1=6x+2，x=-1，代入不等式，可得-4≤f（-1）≤-4，
即f（-1）=-4，即有a=b-4，
f（x）=（b-4）x²+bx≤6x+2對(duì)任意的x∈R恒成立，
即有b-4＜0，且△=（b-6）²+8（b-4）≤0，即（b-2）²≤0，
可得b=2，a=-2．
則f（x）=-2x²+2x；
（Ⅱ）證明：${a_{n+1}}=-2{a_n}^2+2{a_n}=-2{（{a_n}-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{2}≤\frac{1}{2}$，
∵${a_1}=\frac{1}{3}$，∴${a_n}≠\frac{1}{2}$，故${a_n}＜\frac{1}{2}$；
又${a_{n+1}}=2{a_n}（1-{a_n}）={2^2}{a_{n-1}}（1-{a_{n-1}}）（1-{a_n}）=…={2^n}{a_1}（1-{a_1}）…（1-{a_{n-1}}）（1-{a_n}）$，
由${a_n}＜\frac{1}{2}$，1-a_n＞0，所以a_n+1＞0，即$0＜{a_n}＜\frac{1}{2}$，n∈N*；
${a_{n+1}}-{a_n}=-2{a_n}^2+{a_n}=-2{（{a_n}-\frac{1}{4}）^2}+\frac{1}{8}∈（0，\frac{1}{8}）$，故a_n+1＞a_n，
所以$\frac{1}{3}={a_1}≤{a_n}＜\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）證明：$\frac{1}{2}-{a_n}=2{（\frac{1}{2}-{a_{n-1}}）^2}={2^{1+2}}{（\frac{1}{2}-{a_{n-2}}）^{2^2}}=…={2^{1+2+…+{2^{n-2}}}}{（\frac{1}{2}-{a_1}）^{{2^{n-1}}}}$
=${2^{{2^{n-1}}-1}}{（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）^{{2^{n-1}}}}=\frac{1}{2}{（\frac{1}{3}）^{{2^{n-1}}}}$，
因?yàn)?^n-1≥n，所以$\frac{1}{2}-{a_n}=\frac{1}{2}{（\frac{1}{3}）^{{2^{n-1}}}}≤\frac{1}{2}{（\frac{1}{3}）^n}$，
故$\frac{n}{2}-{S_n}$$≤\frac{1}{2}（\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{3^n}）=\frac{1}{2}•\frac{{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{3^n}）}}{{1-\frac{1}{3}}}=\frac{1}{4}（1-\frac{1}{3^n}）$．
所以$4{S_n}≥2n-1+\frac{1}{3^n}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)的解析式的求法，注意運(yùn)用賦值法和恒成立思想，考查數(shù)列不等式的證明，注意運(yùn)用數(shù)列的單調(diào)性和累乘法，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．