Question

4．已知函數(shù)$f（x）=\frac{4}{4x+15}$．
（Ⅰ）求方程f（x）-x=0的實(shí)數(shù)解；
（Ⅱ）如果數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足a₁=1，a_n+1=f（a_n）（n∈N^*），是否存在實(shí)數(shù)c，使得a_2n＜c＜a_2n-1對(duì)所有的n∈N^*都成立？證明你的結(jié)論．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)的和為S_n，證明：$\frac{1}{4}＜\frac{S_n}{n}≤1$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)已知條件列出關(guān)于x的x的方程，解方程即可；
（Ⅱ）證法一：由函數(shù)$f（x）=\frac{4}{4x+15}$的單調(diào)性得到$0＜f（x）＜\frac{4}{15}$．根據(jù)a₁=1，a_n+1=f（a_n）得到${a_2}=\frac{4}{19}，{a_3}=\frac{76}{301}$且0＜a_n≤1．用數(shù)學(xué)歸納法證明$0＜{a_{2n}}＜\frac{1}{4}＜{a_{2n-1}}≤1$．
證法二：$\frac{{{a_{n+1}}-\frac{1}{4}}}{{{a_{n+1}}+4}}=\frac{{\frac{4}{{4{a_{n+1}}+15}}-\frac{1}{4}}}{{\frac{4}{{4{a_{n+1}}+15}}+4}}=-\frac{1}{4}\frac{{{a_n}-\frac{1}{4}}}{{{a_n}+4}}$，且$\frac{{{a_1}-\frac{1}{4}}}{{{a_1}+4}}=\frac{3}{20}$$\left\{{\frac{{{a_n}-\frac{1}{4}}}{{{a_n}+4}}}\right\}$是以$\frac{3}{20}$為首項(xiàng)，$-\frac{1}{4}$為公比的等比數(shù)列．分函數(shù)的奇偶性進(jìn)行推論；
（Ⅲ）證法一：由（2），我們有$\frac{4}{19}≤{a_{2n}}＜\frac{1}{4}＜{a_{2n-1}}≤1$，從而a₁+a₂+…+a_n≤n．
設(shè)${b_n}={a_n}-\frac{1}{4}$，
分類(lèi)討論：當(dāng)n=1，2，3時(shí)，b₁+b₂+…+b_n＞0成立，左邊不等式均成立．
當(dāng)n＞3時(shí)，有${b_1}+{b_2}+…+{b_n}＞{b_1}+{b_3}+\frac{b_2}{{1-{{（\frac{1}{3}）}^2}}}=\frac{3}{4}+\frac{3}{1204}+\frac{{-\frac{3}{76}}}{{1-{{（\frac{1}{3}）}^2}}}≥0$，易得${a_1}+{a_2}+…+{a_n}＞\frac{1}{4}n$．                   
證法2：由（Ⅱ）可知0＜a_n≤1，推知$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=\frac{-1}{{4{b_n}+16}}∈（-1，0）$，故b_2n-1+b_2n＞0．分類(lèi)討論：n為奇數(shù)和偶數(shù)兩種情況．

解答 解：（Ⅰ）$f（x）-x=0?\frac{4}{4x+15}=x⇒x=-4或x=\frac{1}{4}$；
（Ⅱ）存在$c=\frac{1}{4}$使得${a_{2n}}＜\frac{1}{4}＜{a_{2n-1}}$．
證法1：因?yàn)?f（x）=\frac{4}{4x+15}$，當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，f（x）單調(diào)遞減，所以$0＜f（x）＜\frac{4}{15}$．
因?yàn)閍₁=1，
所以由${a_{n+1}}=\frac{4}{{4{a_n}+15}}$得${a_2}=\frac{4}{19}，{a_3}=\frac{76}{301}$且0＜a_n≤1．
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明$0＜{a_{2n}}＜\frac{1}{4}＜{a_{2n-1}}≤1$．
因?yàn)?0＜{a_2}=\frac{4}{19}＜\frac{1}{4}＜{a_1}=1≤1$，所以當(dāng)n=1時(shí)結(jié)論成立．
假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)結(jié)論成立，即$0＜{a_{2k}}＜\frac{1}{4}＜{a_{2k-1}}＜1$．
由于$f（x）=\frac{4}{4x+15}$為（0，1]上的減函數(shù)，
所以$f（0）＞f（{a_{2k}}）＞f（\frac{1}{4}）＞f（{a_{2k-1}}）＞f（1）$，
從而$\frac{4}{15}＞{a_{2k+1}}＞\frac{1}{4}＞{a_{2k}}＞\frac{4}{19}$，
因此$f（\frac{4}{15}）＜f（{a_{2k+1}}）＜f（\frac{1}{4}）＜f（{a_{2k}}）＜f（\frac{4}{19}）$，
即$0＜f（\frac{4}{15}）≤{a_{2k+2}}＜\frac{1}{4}＜{a_{2k+1}}＜f（\frac{4}{19}）≤1$．
綜上所述，對(duì)一切n∈N^*，$0＜{a_{2n}}＜\frac{1}{4}＜{a_{2n-1}}≤1$都成立，
即存在$c=\frac{1}{4}$使得${a_{2n}}＜\frac{1}{4}＜{a_{2n-1}}$．                                
證法2：$\frac{{{a_{n+1}}-\frac{1}{4}}}{{{a_{n+1}}+4}}=\frac{{\frac{4}{{4{a_{n+1}}+15}}-\frac{1}{4}}}{{\frac{4}{{4{a_{n+1}}+15}}+4}}=-\frac{1}{4}\frac{{{a_n}-\frac{1}{4}}}{{{a_n}+4}}$，
且$\frac{{{a_1}-\frac{1}{4}}}{{{a_1}+4}}=\frac{3}{20}$$\left\{{\frac{{{a_n}-\frac{1}{4}}}{{{a_n}+4}}}\right\}$是以$\frac{3}{20}$為首項(xiàng)，$-\frac{1}{4}$為公比的等比數(shù)列．
所以$\frac{{{a_n}-\frac{1}{4}}}{{{a_n}+4}}=\frac{3}{20}•{（{-\frac{1}{4}}）^{n-1}}$．
易知a_n＞0，所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，${a_n}＞\frac{1}{4}$；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，${a_n}＜\frac{1}{4}$
即存在$c=\frac{1}{4}$，使得${a_{2n}}＜\frac{1}{4}＜{a_{2n-1}}$．
（Ⅲ）證明：由（2），我們有$\frac{4}{19}≤{a_{2n}}＜\frac{1}{4}＜{a_{2n-1}}≤1$，從而a₁+a₂+…+a_n≤n．
設(shè)${b_n}={a_n}-\frac{1}{4}$，
則由${a_{n+1}}=\frac{4}{{4{a_n}+15}}$得$\frac{{|{{b_{n+1}}}|}}{{|{b_n}|}}=|{\frac{1}{{4（{b_n}+1）}}}|=\frac{1}{{4{a_n}+3}}＜\frac{1}{3}$．
由于${b_1}=\frac{3}{4}，{b_2}=-\frac{3}{76}，{b_3}=\frac{3}{1204}$，
因此n=1，2，3時(shí)，b₁+b₂+…+b_n＞0成立，左邊不等式均成立．
當(dāng)n＞3時(shí)，有${b_1}+{b_2}+…+{b_n}＞{b_1}+{b_3}+\frac{b_2}{{1-{{（\frac{1}{3}）}^2}}}=\frac{3}{4}+\frac{3}{1204}+\frac{{-\frac{3}{76}}}{{1-{{（\frac{1}{3}）}^2}}}≥0$，
因此${a_1}+{a_2}+…+{a_n}＞\frac{1}{4}n$．
從而$\frac{1}{4}n＜{a_1}+{a_2}+…+{a_n}≤n$．即$\frac{1}{4}＜\frac{S_n}{n}≤1$．                    
解法2：由（Ⅱ）可知0＜a_n≤1，所以${b_n}={a_n}-\frac{1}{4}∈（-\frac{1}{4}，\frac{3}{4}]$${b_{n+1}}={a_{n+1}}-\frac{1}{4}=\frac{4}{{4{a_n}+15}}=\frac{{-{b_n}}}{{4{b_n}+16}}$，
所以$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}=\frac{-1}{{4{b_n}+16}}∈（-1，0）$
所以b_2n-1+b_2n＞0
所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，b₁+b₂+…+b_n＞0；
所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，（b₁+b₂+…+b_n-1）+b_n＞0
即${S_n}-\frac{1}{4}n＞0$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查數(shù)列的通項(xiàng)，考查數(shù)學(xué)歸納法，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，難度大．