Question

13．已知函数f（x）为一次函数，且单调递增，满足f[f（x）]=$\frac{1}{4}$x-$\frac{3}{4}$，若对于数列{a_n}满足：a₁=-1，a₂=2，a_n+1=4f（a_n）-a_n-1+4（n≥2）．
（Ⅰ）试求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{{a}_{n}+2}{n}$×（$\frac{1}{2}$）^n-1，数列{b_n}的前n项的和为S_n求证：S_n＜4．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设出一次函数解析式，由f[f（x）]=$\frac{1}{4}$x-$\frac{3}{4}$求得函数解析式，代入a_n+1=4f（a_n）-a_n-1+4（n≥2）得到数列递推式，然后构造等差数列{a_n+1-a_n}，求其通项公式后，利用累加法求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）把数列{a_n}的通项公式代入b_n=$\frac{{a}_{n}+2}{n}$×（$\frac{1}{2}$）^n-1，然后利用错位相减法求数列{b_n}的前n项的和为S_n，即可证明S_n＜4．

解答 （Ⅰ）解：∵f（x）为一次函数，且单调递增，
∴设f（x）=kx+b（k＞0），
则由f[f（x）]=$\frac{1}{4}$x-$\frac{3}{4}$，得$k（kx+b）+b={k}^{2}x+kb+b=\frac{1}{4}x-\frac{3}{4}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{k}^{2}=\frac{1}{4}}\\{kb+b=-\frac{3}{4}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$．
∴f（x）=$\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}$．
则a_n+1=4f（a_n）-a_n-1+4=$4（\frac{1}{2}{a}_{n}-\frac{1}{2}）-{a}_{n-1}+4$=2a_n-a_n-1+2（n≥2）．
即（a_n+1-a_n）-（a_n-a_n-1）=2，
∵a₁=-1，a₂=2，∴a₂-a₁=3，
∴数列{a_n+1-a_n}构成以3为首项，以2为公差的等差数列，
则a_n+1-a_n=3+2（n-1）=2n+1．
∴a₂-a₁=2×1+1，
a₃-a₂=2×2+1，
…
a_n-a_n-1=2（n-1）+1（n≥2）．
累加得：a_n=a₁+2[1+2+…+（n-1）]+（n-1）=$-1+2×\frac{n（n-1）}{2}+（n-1）={n}^{2}-2$．
验证n=1时上式成立，
∴${a}_{n}={n}^{2}-2$；
（Ⅱ）证明：b_n=$\frac{{a}_{n}+2}{n}$×（$\frac{1}{2}$）^n-1=$\frac{{n}^{2}-2+2}{n}×（\frac{1}{2}）^{n-1}=n×（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
则S_n=b₁+b₂+…+b_n=$1×（\frac{1}{2}）^{0}+2×（\frac{1}{2}）^{1}+3×（\frac{1}{2}）^{2}+…+$$n×（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
$\frac{1}{2}{S}_{n}=1×（\frac{1}{2}）^{1}+2×（\frac{1}{2}）^{2}+3×（\frac{1}{2}）^{3}$$+…+n×（\frac{1}{2}）^{n}$．
两式作差得：$\frac{1}{2}{S}_{n}=1+\frac{1}{2}+（\frac{1}{2}）^{2}+…+（\frac{1}{2}）^{n-1}-n×（\frac{1}{2}）^{n}$=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}-n×（\frac{1}{2}）^{n}$=$2-（\frac{1}{2}）^{n-1}-n×（\frac{1}{2}）^{n}$．
∴${S}_{n}=4-（\frac{1}{2}）^{n}-n×（\frac{1}{2}）^{n+1}＜4$．

点评 本题考查数列的函数特性，考查了等差数列的确定，训练了累加法求数列的通项公式，训练了错位相减法求数列的前n项和，是中档题．