Question

18．當(dāng)n為正整數(shù)時(shí)，區(qū)間I_n=（n，n+1），a_n表示函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$x³-x在I_n上函數(shù)值取整數(shù)值的個(gè)數(shù)，當(dāng)n＞1時(shí)，記b_n=a_n-a_n-1．當(dāng)x＞0，g（x）表示把x“四舍五入”到個(gè)位的近似值，如g（0.48）=0，g（$\sqrt{2}$）=1，g（2.76）=3，g（4）=4，…，當(dāng)n為正整數(shù)時(shí)，c_n表示滿足g（$\sqrt{k}$）=n的正整數(shù)k的個(gè)數(shù)．
（Ⅰ）求b₂，c₂；
（Ⅱ） 求證：n＞1時(shí)，b_n=c_n；
（Ⅲ） 當(dāng)n為正整數(shù)時(shí)，集合M_n={${\frac{1}{2^k}$|g（$\sqrt{k}$）=n，k∈N⁺}中所有元素之和為S_n，記T_n=（2ⁿ+2^-n）S_n，求證：T₁+T₂+T₃+…+T_n＜3．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分別計(jì)算出，a₁，a₂，從而計(jì)算出b₂，c₂即可；
（Ⅱ）根據(jù)f（x）遞增，得到f（n）＜f（x）＜f（n+1），分別計(jì)算出b_n=a_n-a_n-1=2n，c_n=2n，從而證出結(jié)論；
（Ⅲ）通過數(shù)列求和求出T_n的表達(dá)式，n=1，2，3，…，作和T₁+T₂+T₃+…+T_n，放縮法證明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f'（x）=x²-1=（x+1）（x-1），
∴當(dāng)x∈（1，2），f'（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，
$f（1）=-\frac{2}{3}＜f（x）＜f（2）=\frac{2}{3}$，∴a₁=1．  …（2分）
同理x∈（2，3）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，
$f（2）=\frac{2}{3}＜f（x）＜f（3）=6$，
∴a₂=5，∴b₂=a₂-a₁=4…（3分）
又∵c₂表示滿足$g\sqrt{k}=2$的正整數(shù)k的個(gè)數(shù)．
∴$\frac{3}{2}≤\sqrt{k}＜\frac{5}{2}$，∴$\frac{9}{4}≤k＜\frac{25}{4}$，
k=3，4，5，6
∴c₂=4．  …（4分）
（Ⅱ）當(dāng)n為正整數(shù)，且n＞1，
x∈（n，n+1）時(shí)，$f（x）=\frac{1}{3}{x^3}-x$為增函數(shù)，
∴f（n）＜f（x）＜f（n+1），
∴$f（n+1）-f（n）={n^2}+n-\frac{2}{3}$∴${a_n}={n^2}+n-1$…（5分）
∴${a_{n-1}}={（n-1）^2}+（n-1）-1$，b_n=a_n-a_n-1=2n．…（6分）
又∵c_n表示滿足$g（\sqrt{k}）=n$的正整數(shù)k的個(gè)數(shù)，
∴$n-\frac{1}{2}≤\sqrt{k}＜n+\frac{1}{2}$
∴${n^2}-n+\frac{1}{4}≤k＜{n^2}+n+\frac{1}{4}$，
∴k=n²-n+1，n²-n+2，n²-n+3，…，n²+n，共2n個(gè)．
∴c_n=2n，∴b_n=c_n…（8分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知：
$M=\{\frac{1}{2^k}|g（\sqrt{k}）=n，k∈{N^+}\}$
=$\{\frac{1}{{{2^{{n^2}-n+1}}}}，\frac{1}{{{2^{{n^2}-n+2}}}}，\frac{1}{{{2^{{n^2}-n+3}}}}，…\frac{1}{{{2^{{n^2}-n+2n}}}}\}$
∴${T_n}=（{2^n}+{2^{-n}}）{S_n}=（{2^n}+{2^{-n}}）（\frac{1}{{{2^{{n^2}-n+1}}}}+\frac{1}{{{2^{{n^2}-n+2}}}}+\frac{1}{{{2^{{n^2}-n+3}}}}+…+\frac{1}{{{2^{{n^2}-n+2n}}}}）$
=$（{2^n}+{2^{-n}}）\frac{{\frac{1}{{{2^{{n^2}-n+1}}}}[1-{{（\frac{1}{2}）}^{2n}}]}}{{1-\frac{1}{2}}}$
=$\frac{{{2^{4n}}-1}}{{{2^{{n^2}+2n}}}}=2[\frac{1}{{{2^{{{（n-1）}^2}}}}}-\frac{1}{{{2^{{{（n+1）}^2}}}}}]$…（10分）
∴T₁+T₂+T₃+…+T_n
=$2[（\frac{1}{{{2^{0^2}}}}-\frac{1}{{{2^{2^2}}}}）+（\frac{1}{{{2^{1^2}}}}-\frac{1}{{{2^{3^2}}}}）+（\frac{1}{{{2^{2^2}}}}-\frac{1}{{{2^{4^2}}}}）+…（\frac{1}{{{2^{{{（n-2）}^2}}}}}-\frac{1}{{{2^{n^2}}}}）+（\frac{1}{{{2^{{{（n-1）}^2}}}}}-\frac{1}{{{2^{{{（n+1）}^2}}}}}）]$
=$2[（\frac{1}{{{2^{0^2}}}}+\frac{1}{{{2^{1^2}}}}-\frac{1}{{{2^{n^2}}}}-\frac{1}{{{2^{{{（n+1）}^2}}}}}）]＜2[\frac{1}{{{2^{0^2}}}}+\frac{1}{{{2^{1^2}}}}]=3$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查數(shù)列求和，不等式的證明以及新定義問題，是一道綜合題．