题目 设二次函数 $y = f\left( x \right)$ 过点 $\left( {0, 0} \right)$，且满足 $ - 3{x^2} - 1 \leqslant f\left( x \right) \leqslant 6x + 2$．数列 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 满足 ${a_1} = \dfrac{1}{3}$，${a_{n + 1}} = f\left( {{a_n}} \right)$． 问题1 确定 $f\left( x \right)$ 的表达式； 答案1 $f\left( x \right) = - 2{x^2} + 2x$ 解析1 因为二次函数 $y = f\left( x \right)$ 过点 $\left( 0,0 \right)$，所以可设$$f\left( x \right) = a{x^2} + bx,a \ne 0,$$所以$$ - 3{x^2} - 1 \leqslant a{x^2} + bx \leqslant 6x + 2,$$令 $ - 3{x^2} - 1 = 6x + 2$，解得$$x = - 1,$$因此 $y = 6x + 2$ 是抛物线 $f\left( x \right) = a{x^2} + bx$ 在 $\left( { - 1, 4} \right)$ 处的切线，且抛物线开口向下．<br/>容易解得 $f\left( x \right) = - 2{x^2} + 2x$． 备注1 问题2 证明：${a_{n + 1}} > {a_n}$； 答案2 略 解析2 由题意$${a_{n + 1}} = - 2{a_n}^2 + 2{a_n},{a_1} = \dfrac{1}{3},$$所以$${a_{n + 1}} = - 2{\left( {{a_n} - \dfrac{1}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2},$$用数学归纳法容易证明 $0 < {a_n} < \dfrac{1}{2}$，因此命题成立． 备注2 问题3 证明：$\dfrac{1}{{\dfrac{1}{2} - {a_1}}} + \dfrac{1}{{\dfrac{1}{2} - {a_2}}} + \cdots + \dfrac{1}{{\dfrac{1}{2} - {a_n}}} \geqslant {3^{n + 1}} - 3$． 答案3 略 解析3 因为$${3^{k + 1}} - 3 = 3 \cdot {3^k} - 3 = \underbrace {6 + 6 \cdot 3 + 6 \cdot {3^2} + \cdots + 6 \cdot {3^{n - 1}}}_n,$$所以考虑证明$$\dfrac{1}{{\dfrac{1}{2} - {a_n}}} \geqslant 6 \cdot {3^{n - 1}},$$即$$\dfrac{1}{2} - {a_n} \leqslant \dfrac{1}{2 \cdot {3^n}}.$$用数学归纳法证明：<br/><case>归纳假设</case> $n = 1$ 时，显然成立．<br/><case>递推证明</case>假设 $\dfrac{1}{2} - {a_n} \leqslant \dfrac{1}{{2 \cdot {3^n}}}$，则$$\dfrac{1}{2} - {a_{n + 1}} = 2{\left( {\dfrac{1}{2} - {a_n}} \right)^2}\leqslant 2 \cdot \dfrac{1}{{{2^2} \cdot {3^{2n}}}} = \dfrac{1}{{2 \cdot {3^{2n}}}} \leqslant \dfrac{1}{{2 \cdot {3^{n + 1}}}},$$因此原命题得证． 备注3