Question

5．已知函数f（x）=2x-3x²，设数列{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{4}$，a_n+1=f（a_n）
（1）求证：对任意的n∈N^*，都有0＜a_n＜$\frac{1}{3}$；
（2）求证：$\frac{3}{1-3{a}_{1}}$+$\frac{3}{1-3{a}_{2}}$+…+$\frac{3}{1-3{a}_{n}}$≥4ⁿ⁺¹-4．

Answer 1

分析 （1）由已知可得：a_n+1=2a_n-3${a}_{n}^{2}$=-3$（{a}_{n}-\frac{1}{3}）^{2}$+$\frac{1}{3}$≤$\frac{1}{3}$．可得a_n＜$\frac{1}{3}$．作差${a}_{n+1}（{a}_{n+1}-\frac{1}{3}）$=$（2{a}_{n}-3{a}_{n}^{2}）$$（2{a}_{n}-3{a}_{n}^{2}-\frac{1}{3}）$=3a_n（3a_n-2）$（{a}_{n}-\frac{1}{3}）^{2}$，由a_n＜$\frac{1}{3}$（n∈N^*），可得：a_n+1与a_n同号，因此a_n＞0，
（2）由0＜a_n＜$\frac{1}{3}$，a_n+1=2a_n-3${a}_{n}^{2}$，可得a_n+1-a_n=${a}_{n}-3{a}_{n}^{2}$=a_n（1-3a_n）＞0，因此数列{a_n}单调递增．n＞1时，$\frac{1}{3}＞$${a}_{n}＞\frac{1}{4}$，可得$\frac{1}{1-3{a}_{n}}$＞4，$\frac{1}{1-3{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（1-3{a}_{n}）^{2}}$＞$\frac{4}{1-3{a}_{n}}$＞…＞$\frac{{4}^{n}}{1-3{a}_{1}}$，即可证明．

解答 证明：（1）∵a_n+1=f（a_n），函数f（x）=2x-3x²，
∴a_n+1=2a_n-3${a}_{n}^{2}$=-3$（{a}_{n}-\frac{1}{3}）^{2}$+$\frac{1}{3}$≤$\frac{1}{3}$．
若a_n+1=$\frac{1}{3}$，则a_n=$\frac{1}{3}$，可得a₁=$\frac{1}{3}$，与已知a₁=$\frac{1}{4}$矛盾，因此等号不成立．
∴a_n＜$\frac{1}{3}$．
${a}_{n+1}（{a}_{n+1}-\frac{1}{3}）$=$（2{a}_{n}-3{a}_{n}^{2}）$$（2{a}_{n}-3{a}_{n}^{2}-\frac{1}{3}）$=$（3{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}）（3{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}+\frac{1}{3}）$=3a_n（3a_n-2）$（{a}_{n}-\frac{1}{3}）^{2}$，
由a_n＜$\frac{1}{3}$（n∈N^*），可得a_n+1$＜\frac{1}{3}$，3a_n-2＜0，
因此a_n+1与a_n同号，a₁=$\frac{1}{4}$＞0，
∴a_n＞0，
综上可得：对任意的n∈N^*，都有0＜a_n＜$\frac{1}{3}$．
（2）∵0＜a_n＜$\frac{1}{3}$，a_n+1=2a_n-3${a}_{n}^{2}$，
∴a_n+1-a_n=${a}_{n}-3{a}_{n}^{2}$=a_n（1-3a_n）＞0，
∴a_n+1＞a_n，
∴数列{a_n}单调递增．
∴n＞1时，$\frac{1}{3}＞$${a}_{n}＞\frac{1}{4}$，
∴$\frac{1}{1-3{a}_{n}}$＞4，
∴$\frac{1}{1-3{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{1-3（2{a}_{n}-3{a}_{n}^{2}）}$=$\frac{1}{（1-3{a}_{n}）^{2}}$＞$\frac{4}{1-3{a}_{n}}$＞$\frac{{4}^{2}}{1-3{a}_{n-1}}$＞…＞$\frac{{4}^{n}}{1-3{a}_{1}}$=4ⁿ⁺¹，
∴$\frac{3}{1-3{a}_{1}}$+$\frac{3}{1-3{a}_{2}}$+…+$\frac{3}{1-3{a}_{n}}$≥3（4+4²+…+4ⁿ）=3×$\frac{4（{4}^{n}-1）}{4-1}$=4ⁿ⁺¹-4．
∴$\frac{3}{1-3{a}_{1}}$+$\frac{3}{1-3{a}_{2}}$+…+$\frac{3}{1-3{a}_{n}}$≥4ⁿ⁺¹-4．

点评 本题考查了等比数列的通项公式及其前n项和公式、“放缩法”、不等式的性质、递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．