Question

9．对函数x∈R，函数f（x）满足：f（x+1）=$\sqrt{f（x）-{f^2}（x）}+\frac{1}{2}，{a_n}={f^2}$（n）-f（n），数列{a_n}的前15项和为
-$\frac{31}{16}$，则f（1000）的值为$\frac{2+\sqrt{3}}{4}$．

Answer 1

分析 f（x+1）=$\sqrt{f（x）-{f^2}（x）}+\frac{1}{2}，{a_n}={f^2}$（n）-f（n），f（n）-f²（n）≥0，展开为f²（n+1）-f（n+1）+$\frac{1}{4}$=f（n）-f²（n），0≤f（n）≤1，f（n+1）$≥\frac{1}{2}$．化为a_n+2=a_n．
因此数列{a_n}是周期为2的数列．根据数列{a_n}的前15项和为-$\frac{31}{16}$，可得7（a₁+a₂）+a₁=-$\frac{31}{16}$．又${a}_{2}+\frac{1}{4}=-{a}_{1}$，解得a₂，可得a₁₀₀₀=a₂．利用${a}_{1000}={f}^{2}（1000）$-f（1000），解出即可．

解答 解：∵f（x+1）=$\sqrt{f（x）-{f^2}（x）}+\frac{1}{2}，{a_n}={f^2}$（n）-f（n），
∴$（f（n+1）-\frac{1}{2}）^{2}$=f（n）-f²（n），f（n）-f²（n）≥0，
展开为f²（n+1）-f（n+1）+$\frac{1}{4}$=f（n）-f²（n），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${a}_{2}+\frac{1}{4}=-{a}_{1}$，
解得a₂=$-\frac{1}{16}$，
∴a₁₀₀₀=a₂=-$\frac{1}{16}$．
∵${a}_{1000}={f}^{2}（1000）$-f（1000），
∴f²（1000）-f（1000）+$\frac{1}{16}$=0，
解得f（1000）=$\frac{2±\sqrt{3}}{4}$，
则f（1000）=$\frac{2+\sqrt{3}}{4}$．
故答案为：$\frac{2+\sqrt{3}}{4}$．

点评 本题考查了数列的周期性、函数的性质、一元二次方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．