Question

（2013•镇江一模）已知函数f(x)=

x2

x2-x+1

，对一切正整数n，数列{a_n}定义如下：a₁=

1

2

，且a_n+1=f（a_n），前n项和为S_n．
（1）求函数f（x）的单调区间，并求值域；
（2）证明{x|f（x）=x}={x|f（f（x））=x}；
（3）对一切正整数n，证明：①a_n+1＜a_n；②S_n＜1．

Answer 1

分析：（1）求出函数定义域，令导数大于或小于0，解出即可得到单调区间，分x=0，x≠0两种情况讨论：当x=0时易求f（0），当x≠0时，f（x）=

1

1- 1 x +( 1 x )2

，借助二次函数及反比例函数可求得f（x）值域；
（2）把两集合分别求出来作比较即可，①对f（x）=x，知考虑x≥0情形，由（x-1）²≥0可推得f（x）≤x，易知当且仅当x=0，1时取等号从而可得相应集合；②对f（f（x））=x，令t=f（x），结合（1）及①结论可判断当x＜0及0＜x≠1时f（f（x））=x无解，只有x=0，1成立，从而可得结论；
（3）由a_n+1=f（a_n）得到递推式，通过作商与1比较即可得到结论①；对an=

a   2 n-1

a 2 n-1 -an-1+1

两边取倒数，通过变形可得an-1=

1

1 an-1 -1

-

1

1 an -1

(n≥2)，利用裂项相消法可求得S，再由0＜an+1＜an＜

1

2

，可得结论②．

解答：解：（1）函数f（x）的定义域为R，f′(x)=

2x(x2-x+1)-x2(2x-1)

(x2-x+1)2

=

-x2+2x

(x2-x+1)2

，
由f'（x）＞0，得0＜x＜2，由f'（x）＜0，得x＜0或x＞2．
函数f（x）的单调增区间为（0，2），单调减区间为（-∞，0）和（2，+∞）．
当x=0时，f（0）=0；
当x≠0时，f(x)=

1

1- 1 x +( 1 x )2

=

1

( 1 x - 1 2 )2+ 3 4

≤

4

3

，且f（x）＞0，当x=2时取得等号，
∴函数f（x）的值域为[0，

4

3

]．
（2）设A={x|f（x）=x}，B={x|f（f（x））=x}，
①当x≥0时，∵(x-1)2≥0?

x

x2-x+1

≤1?

x2

x2-x+1

≤x?f(x)≤x恒成立．
当且仅当x=0，1时，f（x）=x．
∴A={0，1}；
②令t=f（x），当且仅当x=1时，t=f（x）=1．
当x＜0时，由（1）f（f（x））=f（t）＞0，
∴当x＜0时，f（f（x））=x无解；
当0＜x≠1时，由①知f（f（x））=f（t）＜t=f（x）＜x，
∴当0＜x≠1时，f（f（x））=x无解．
综上，除x=0，1外，方程f（f（x））=x无解，
∴B={0，1}，
∴A=B．
∴{x|f（x）=x}={x|f（f（x））=x}．
（3）显然an+1=

an2

a   2 n -an+1

=

an2

(an- 1 2 )2+ 3 4

，
又a1=

1

2

，∴a_n＞0，∴

an+1

an

=

an

a   2 n -an+1

=

1

an+ 1 an -1

≤

1

2-1

=1，
∴a_n+1≤a_n．
若a_n+1=a_n，则a_n=1矛盾．
∴a_n+1＜a_n．
∵an=

a   2 n-1

a 2 n-1 -an-1+1

，∴

1

an

=1-

1

an-1

+

1

an-12

，∴

1

an

-1=-

1

an-1

+

1

an-12

，
∴

1

1 an -1

=

1

- 1 an-1 + 1 an-12

=

1

( 1 an-1 -1) 1 an-1

=

1

1 an-1 -1

-

1

1 an-1

，
∴an-1=

1

1 an-1 -1

-

1

1 an -1

(n≥2)，
∴S=

n+1

i=2

ai-1=

n+1

i=2

(

1

1 ai-1 -1

-

1

1 ai -1

)=

1

1 a1 -1

-

1

1 an+1 -1

=1-

an+1

1-an+1

，
∵0＜an+1＜an＜

1

2

，
∴S=1-

an+1

1-an+1

＜1．

点评：本题以高等数学中的函数不动点、函数迭代问题为背景，考查导数的运算与应用；考查函数思想；考查推理论证能力、运算能力．属于较难的题目．