Question

已知函数f(x)=

ax+b

cx2+1

（a，b，c为常数，a≠0）．
（Ⅰ）若c=0时，数列a_n满足条件：点（n，a_n）在函数f(x)=

ax+b

cx2+1

的图象上，求a_n的前n项和S_n；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若a₃=7，S₄=24，p，q∈N^*（p≠q），证明：Sp+q＜

1

2

(S2p+S2q)；
（Ⅲ）若c=1时，f（x）是奇函数，f（1）=1，数列x_n满足x1=

1

2

，x_n+1=f（x_n），求证：

(x1-x2)2

x1x2

+

(x2-x3)2

x2x3

+…+

(xn-xn+1)2

xnxn+1

＜

5

16

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）已知函数f(x)=

ax+b

cx2+1

，因为点（n，a_n）在函数f（x）=ax+b的图象上，可得a_n是首项是a₁=a+b，公差为d=a的等差数列，从而求出a_n的前n项和S_n；
（Ⅱ）根据（Ⅰ）的条件，求出a_n的通项公式，因为2S_p+q-（S_2p+S_2q），化简后即可证明；
（Ⅲ）依条件f(x)=

ax+b

x2+1

．因为f（x）为奇函数，所以f（-x）+f（x）=0，代入求出b值，从而求出f（x）的表达式，然后利用放缩法进行证明；

解答：解：（Ⅰ）依条件有f（x）=ax+b．
因为点（n，a_n）在函数f（x）=ax+b的图象上，所以a_n=f（n）=an+b．
因为a_n+1-a_n=a（n+1）+b-（an+b）=a，
所以a_n是首项是a₁=a+b，公差为d=a的等差数列．（1分）
所以Sn=n(a+b)+

n(n-1)

2

•a=nb+

n(n+1)

2

•a．
即数列a_n的前n项和S_n=nb+

n(n+1)

2

•a．（2分）
（Ⅱ）证明：依条件有

(a+b)+2a=7 4(a+b)+ 4×3 2 •a=24

即

3a+b=7 10a+4b=24

解得

a=2 b=1

所以a_n=2n+1．
所以Sn=

n(a1+an)

2

=n2+2n．（3分）
因为2S_p+q-（S_2p+S_2q）=2[（p+q）²+2（p+q）]-（4p²+4p）-（4q²+4q）=-2（p-q）²，
又p≠q，所以2S_p+q-（S_2p+S_2q）＜0．
即Sp+q＜

1

2

(S2p+S2q)．（5分）
（Ⅲ）依条件f(x)=

ax+b

x2+1

．
因为f（x）为奇函数，所以f（-x）+f（x）=0．
即

ax+b

x2+1

+

-ax+b

x2+1

=0．解得b=0．所以f(x)=

ax

x2+1

．
又f（1）=1，所以a=2．
故f(x)=

2x

x2+1

．（6分）
因为x_n+1=f（x_n），所以xn+1=

2xn

x 2 n +1

．所以x1=

1

2

＞0时，有x_n+1＞0（n∈N^*）．
又xn+1=f(xn)=

2xn

x 2 n +1

≤

2xn

2xn

=1，
若x_n+1=1，则x_n=1．从而x₁=1．这与x1=

1

2

矛盾．
所以0＜x_n+1＜1．（8分）
所以xk+1-xk=xk(1-xk)•

1+xk

xk2+1

≤

1

4

•

1

xk+1+ 2 xk+1 -2

≤

1

4

•

1

2 2 -2

=

2 +1

8

．
所以

(xk-xk+1)2

xkxk+1

=

xk+1-xk

xkxk+1

(xk+1-xk)＜

2 +1

8

(

1

xk

-

1

xk+1

)．（10分）
所以

(x1-x2)2

x1x2

+

(x2-x3)2

x2x3

++

(xn+1-xn)2

xnxn+1

＜

2 +1

8

[(

1

x1

-

1

x2

)+(

1

x2

-

1

x3

)++(

1

xn

-

1

xn+1

)]=

2 +1

8

(

1

x1

-

1

xn+1

)=

2 +1

8

(2-

1

xn+1

)．（12分）
因为x1=

1

2

，x_n+1＞x_n，所以

1

2

＜xn+1＜1．所以1＜

1

xn+1

＜2．
所以

(x1-x2)2

x1x2

+

(x2-x3)2

x2x3

++

(xn-xn+1)2

xnxn+1

＜

2 +1

8

(2-1)＜

3 2 +1

8

=

5

16

．（14分）

点评：此题难度系数比较大，是数列与不等式的证明相结合，是高考中的压轴题，也是一个热点问题，方法比较新颖，放缩不等式的时候技巧性比较强；