Question

3．已知函数f（x）=x^k+b（其中k、b∈R且k、b为常数）的图象经过点A（4，2），B（16，4）．P₁，P₂，P₃，…，P_n，…是函数f（x）图象上的点，Q₁，Q₂，Q₃，…，Q_n，…是x正半轴上的点．
（1）求f（x）的解析式；
（2）设O为坐标原点，△OQ₁P₁，△Q₁Q₂P₂，…，△Q_n-1Q_nP_n，…是一系列正三角形，记它们的边长是a₁，a₂，a₃，…，a_n，…，求数列{a_n}的通项公式；
（3）在（2）的条件下，数列{b_n}满足b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，记{b_n}的前n项和为S_n，证明：S_n＜$\frac{4}{3}$．

Answer 1

分析 （1）代入点A（4，2），B（16，4）．可得k，b的方程组，解得k，b，即可得到f（x）的解析式；
（2）由题意求得P₁，P_n的坐标，代入函数式，解得a₁，再将n换成n-1，由等差数列的定义和通项，即可得到数列{a_n}的通项公式；
（3）求出b_n的通项，运用错位相减法，求得S_n，即可得证．

解答 解：（1）由题意可得，$\left\{\begin{array}{l}{{4}^{k}+b=2}\\{1{6}^{k}+b=4}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{1}{2}}\\{b=0}\end{array}\right.$，即有f（x）=$\sqrt{x}$；
（2）由题意可得Q₁（a₁，0），P₁（$\frac{{a}_{1}}{2}$$\frac{\sqrt{3}}{2}$a₁），
代入函数f（x）=$\sqrt{x}$，可得$\frac{3}{4}$a₁²=$\frac{1}{2}$a₁，解得a₁=$\frac{2}{3}$，
又P_n（a₁+a₂+…+$\frac{1}{2}$a_n，$\frac{\sqrt{3}}{2}$a_n），
代入函数f（x）=$\sqrt{x}$，可得$\frac{3}{4}$a_n²=a₁+a₂+…+a_n-1+$\frac{1}{2}$a_n，n≥2，①
将n换成n-1，可得$\frac{3}{4}$a_n-1²=a₁+a₂+…+a_n-2+$\frac{1}{2}$a_n-1，②
①-②，可得$\frac{3}{4}$a_n²-$\frac{3}{4}$a_n-1²=$\frac{1}{2}$a_n+$\frac{1}{2}$a_n-1．
即有$\frac{3}{2}$（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=a_n+a_n-1．
化简可得，a_n-a_n-1=$\frac{2}{3}$，
即有a_n=a₁+$\frac{2}{3}$（n-1）=$\frac{2}{3}$n；
（3）证明：b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{2}{3}$•$\frac{n}{{2}^{n}}$，
S_n=b₁+b₂+…+b_n=$\frac{2}{3}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n}{{2}^{n}}$）③
$\frac{1}{2}$S_n=$\frac{2}{3}$（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{2}{{2}^{3}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n}}$+$\frac{n}{{2}^{n+1}}$）④
③-④，可得$\frac{1}{2}$S_n=$\frac{2}{3}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$）
=$\frac{2}{3}$（$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$）=$\frac{2}{3}$（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$），
即有S_n=$\frac{4}{3}$（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{n}{{2}^{n+1}}$）＜$\frac{4}{3}$．

点评 本题考查函数的解析式的求法，主要考查等差数列的通项和等比数列的求和公式，考查数列的求和方法：错位相减法，属于中档题．