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

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）=[1x2+2

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歌_月徘徊幼苗

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解题思路：（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)

＜

，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|≤…≤(

)k−1|a₁-b₁|，从而得到|a_k-b_k|＜[1/2

(

)k−1对任意正整数k成立，由此能证明|S_n-Tn |＜

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

•(

)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|＜

3]（n∈N⁺）．

（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|
＜

点评：
本题考点：数列与函数的综合；数列与不等式的综合．

考点点评：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．

1年前

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