Question

1．对函数x∈R，函数f（x）满足：f（x+1）=$\sqrt{f（x）-f^2（x）}$+$\frac{1}{2}$，a_n=f²（n）-f（n），数列{a_n}的前15项和为$-\frac{31}{16}$，则f（1）+f（2）+…+f（1000）的值为$\frac{575+125\sqrt{3}}{2}$．

Answer 1

分析 f（x+1）=$\sqrt{f（x）-f^2（x）}$+$\frac{1}{2}$，a_n=f²（n）-f（n），可得$（f（n+1）-\frac{1}{2}）^{2}$=f（n）-f²（n），0≤f（n）≤1，f（n+1）≥$\frac{1}{2}$．展开代入可得a_n+1+$\frac{1}{4}$=-a_n，又a_n+2+$\frac{1}{4}$=-a_n+1，化为a_n+2=a_n．由于数列{a_n}的前15项和为-$\frac{31}{16}$，可得7（a₁+a₂）+a₁=-$\frac{31}{16}$，与a₂+$\frac{1}{4}$=-a₁联立，解得a₂=-$\frac{1}{16}$，a₁=-$\frac{3}{16}$．可得a_2k=a₂，a_2k-1=a₁．分别解出f²（2k-1）-f（2k-1）+$\frac{3}{16}$=0，f²（2k）-f（2k）+$\frac{1}{16}$=0，即可得出．

解答 解：∵f（x+1）=$\sqrt{f（x）-f^2（x）}$+$\frac{1}{2}$，a_n=f²（n）-f（n），
∴$（f（n+1）-\frac{1}{2}）^{2}$=f（n）-f²（n），
展开为f²（n+1）-f（n+1）+$\frac{1}{4}$=f（n）-f²（n），f（n）-f²（n）≥0，即0≤f（n）≤1，
f（n+1）≥$\frac{1}{2}$．
即a_n+1+$\frac{1}{4}$=-a_n，
∴a_n+2+$\frac{1}{4}$=-a_n+1，
化为a_n+2=a_n．
∴数列{a_n}是周期为2的数列．
∵数列{a_n}的前15项和为-$\frac{31}{16}$，
∴a₁+a₂+…+a₁₃+a₁₄+a₁₅=7（a₁+a₂）+a₁=-$\frac{31}{16}$．
又a₂+$\frac{1}{4}$=-a₁，
解得a₂=-$\frac{1}{16}$，a₁=-$\frac{3}{16}$．
∴a_2k=a₂=-$\frac{1}{16}$，a_2k-1=a₁=-$\frac{3}{16}$．
由f²（2k-1）-f（2k-1）+$\frac{3}{16}$=0，f（n+1）≥$\frac{1}{2}$，解得f（2k-1）=$\frac{3}{4}$．
f²（2k）-f（2k）+$\frac{1}{16}$=0，f（n+1）≥$\frac{1}{2}$，解得f（2k）=$\frac{2+\sqrt{3}}{4}$，
∴f（1）+f（2）+…+f（1000）=[f（1）+f（3）+…+f（999）]+[f（2）+f（4）+…+f（1000）]
=500×$\frac{3}{4}$+500×$\frac{2+\sqrt{3}}{4}$
=$\frac{575+125\sqrt{3}}{2}$．
故答案为：$\frac{575+125\sqrt{3}}{2}$．

点评 本题考查了数列的周期性、递推关系、一元二次方程的解法、分组求和、函数关系式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．