Question

16．已知函数f_n（x）（n∈N^*）具有下列性质：f_n（0）=$\frac{1}{2}$；n[f_n（$\frac{k+1}{n}$）-f_n（$\frac{k}{n}$）]=[f_n（$\frac{k}{n}$）-1]f_n（$\frac{k+1}{n}$））（k=0，1，2，…，n-1）．
（1）当n一定时，记a_k=$\frac{1}{{f}_{n}（\frac{k}{n}）}$，求a_k的表达式（k=0，1，2，…，n-1）；
（2）对n∈N^*，证明$\frac{1}{4}$＜f_n（1）$≤\frac{1}{3}$．

Answer 1

分析 （1）由条件化简整理，再由等比数列的定义和通项公式，即可得到所求；
（2）运用分析法证明，即证2≤（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜3，再由二项式定理展开，运用不等式的性质和等比数列的求和公式，即可得证．

解答 解：（1）由n[f_n（$\frac{k+1}{n}$）-f_n（$\frac{k}{n}$）]=[f_n（$\frac{k}{n}$）-1]f_n（$\frac{k+1}{n}$），
可得（n+1）f_n（$\frac{k+1}{n}$）-nf_n（$\frac{k}{n}$）=f_n（$\frac{k+1}{n}$）f_n（$\frac{k}{n}$），
即$\frac{n+1}{{f}_{n}（\frac{k}{n}）}$-$\frac{n}{{f}_{n}（\frac{k+1}{n}）}$=1，
即有（n+1）ak-nak+1=1可得n（a_k+1-1）=（n+1）（a_k-1），
即$\frac{{a}_{k+1}-1}{{a}_{k}-1}$=1+$\frac{1}{n}$，
由n为定值，则数列{a_k-1}是以a₀-1为首项，1+$\frac{1}{n}$为公比的等比数列，
∴a_k-l=（a₀-1）（1+$\frac{1}{n}$）^k，
由于a₀=$\frac{1}{{f}_{n}（0）}$=2，
故a_k=1+（1+$\frac{1}{n}$）^k（k=0，1，2，…，n-1）；
（2）由a_k=$\frac{1}{{f}_{n}（\frac{k}{n}）}$，结合（1）可得f_n（1）=$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{1+（1+\frac{1}{n}）^{n}}$，
要证$\frac{1}{4}$＜f_n（1）≤$\frac{1}{3}$，即证3≤1+（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜4，
即证2≤（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜3，
由（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ=1+${C}_{n}^{1}$•$\frac{1}{n}$+${C}_{n}^{2}$•$\frac{1}{{n}^{2}}$+…+${C}_{n}^{n}$•$\frac{1}{{n}^{n}}$=1+1+…≥2；
又（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ=1+${C}_{n}^{1}$•$\frac{1}{n}$+${C}_{n}^{2}$•$\frac{1}{{n}^{2}}$+…+${C}_{n}^{n}$•$\frac{1}{{n}^{n}}$
=1+1+$\frac{n（n-1）}{2{n}^{2}}$+…+$\frac{n（n-1）…2•1}{n!{n}^{n}}$
≤1+1+$\frac{1}{2!}$+…+$\frac{1}{n!}$＜1+1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$
=2+$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}$=3-（$\frac{1}{2}$）ⁿ＜3．
故原不等式$\frac{1}{4}$＜f_n（1）$≤\frac{1}{3}$成立．

点评 本题考查数列的通项的求法，注意运用构造法，运用等比数列的定义和通项，考查不等式的证明，注意运用分析法和二项式定理，结合不等式的性质，考查推理能力，属于难题．