Question

若函数f（x）定义域为R，取x₀∈R并且x_n+1=f（x_n）（n∈N），则称{x_n}是f（x）的迭代数列．已知{a_n}，{b_n}均是f（x）=

1

x2+2

的迭代数列，S_n=

n

k=1

a_k，T_n=

n

k=1

b_k．
（Ⅰ）对任意x，y∈R且x≠y，求证：|f（x）-f（y）|＜

1

4

|x-y|．
（Ⅱ）求证：|S_n-T_n|＜

2

3

（n∈N⁺）．
（Ⅲ）求证：存在唯一实数T满足|S_n-nt|＜

2

3

（n∈N⁺）．

Answer 1

考点：数列与函数的综合,数列与不等式的综合

专题：等差数列与等比数列

分析：（Ⅰ）由已知条件得|f（x）-f（y）|=

|x+y|

(x2+2)(y2+2)

|x-y|≤

|x|+|y|

(x2+2)(y2+2)

•|x-y|，从而得到

|x|+|y|

(x2+2)(y2+2)

＜

1

4

，由此能证明|f（x）-f（y）|＜

1

4

|x-y|．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知|a_k-b_k|≤

1

4

|a_k-1-b_k-1|≤…≤(

1

4

)k-1|a₁-b₁|，从而得到|a_k-b_k|＜

1

2

(

1

4

)k-1对任意正整数k成立，由此能证明|S_n-Tn |＜

2

3

．
（Ⅲ）由已知条件推导出|a_t-t|=≤

1

4

|a_k-t-t|，从而昨到|a_k-t|＜

1

2

•(

1

4

)k-1对任意正整数k成立，由此能证明存在唯一实数T满足|S_n-nt|＜

2

3

（n∈N⁺）．

解答： （Ⅰ）证明：∵f（x）=

1

x2+2

，
∴|f（x）-f（y）|=

|x+y|

(x2+2)(y2+2)

|x-y|≤

|x|+|y|

(x2+2)(y2+2)

•|x-y|，

1

4

-

|x|+|y|

(x2+2)(y2+2)

=

x2y2+2(|x|-1)2+2(|x|-1)2

4(x2+2)(y2+2)

，

∴

|x|+|y|

(x2+2)(y2+2)

＜

1

4

，又∵x≠y，
∴|f（x）-f（y）|＜

1

4

|x-y|．…（4分）
（Ⅱ）由第（Ⅰ）题结论知：|a_k-b_k|≤

1

4

|a_k-1-b_k-1|≤…≤(

1

4

)k-1|a₁-b₁|，
∵a₁=f（a₀），b₁=f（b₀），
∴0＜x1≤

1

2

，0＜b1 ≤

1

2

，∴|a1-b1|＜

1

2

，
∴|a_k-b_k|＜

1

2

(

1

4

)k-1对任意正整数k成立，
∴|S_n-Tn |=|

n

k=1

(ak-bk)|≤

n

k=1

|ak-yk|
＜

n

k=1

1

2

(

1

4

)k-1=

2

3

-

2

3

(

1

4

)n＜

2

3

，（n∈N* ）．…（8分）
（Ⅲ）证明：记F（x）=f（x）-x，F（0）＞0，F（1）＜0，
∴F（x）存在零点x=t，
即t=f（t），由第（1）题结论知：|a_t-t|=|f（a_k-1）-f（t）|≤

1

4

|a_k-t-t|，
∴|a_k-t|≤

1

4

|a_k-1-t|≤…≤(

1

4

)k-1|a1-t|，
∵a1 =f(a0)，t=f（t），0＜a₁≤

1

2

，0＜t＜

1

2

，
∴|a₁-t|＜

1

2

，∴|a_k-t|＜

1

2

•(

1

4

)k-1对任意正整数k成立，
|S_n-nt|=|

n

k=1

（ak -t）|
≤

n

k=1

|a_k-t|＜

n

k=1

1

2

(

1

4

)t-1=

2

3

-

2

3

(

1

4

)n＜

2

3

，（n∈N^*），
假设还存在另一个实数t′ 满足|Sn-nt′|＜

2

3

，（n∈N^*），
∴|t-t′|=

1

n

|nt-Sn+Sn-nt′|＜

4

3n

对任意正整数n成立，
∴|t-t′|≤0，即t=t′，这与t≠t′相矛盾，
∴符合题意的实数t存在且唯一．…（13分）

点评：本题考查不等式的证明，考查符合条件的实数唯一存在的证明，解题时要认真审题，注意数列与函数的综合运用．