题目 已知函数 $f(x)=\dfrac{ax+b}{cx^2+1}$（$a,b,c$ 为常数，$a\ne0$）． 问题1 若 $c=0$ 时，数列 $\{a_n\}$ 满足条件：点 $(n,a_n)$ 在函数 $f(x)$ 的图象上，求 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和； 答案1 $S_n=nb+\dfrac{n(n+1)}{2}a$ 解析1 由题意得$$a_n=f(n)=\dfrac {an+b}{cn^2+1}=an+b,$$所以$$S_n=nb+\dfrac{n(n+1)}{2}a.$$ 备注1 问题2 在 $(1)$ 的条件下，若 $a_3=7,S_4=24,p,q\in\mathbb N^*(p\ne q)$，证明：$S_{p+q}<\dfrac{S_{2p}+S_{2q}}{2}$； 答案2 略 解析2 依条件解得$$a=2,b=1,$$于是$$a_n=2n+1,$$所以$$S_n=\dfrac{n(a_1+a_n)}{2}=n^2+2n.$$因为$$\begin{split}2S_{p+q}-(S_{2p}+S_{2q})&=2[(p+q)^2+2(p+q)]-4(4p^2+4p)-(4q^2+4q)\\ &=-2(p-q)^2,\end{split}$$其中 $p\ne q$，所以$$2S_{p+q}-(S_{2p}+S_{2q})<0.$$因此命题得证． 备注2 该小问的实质就是证明 $S$ 是关于 $n$ 的下凸函数．<br/>一般地，如果函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上的二阶导函数 $f''(x)>0$，那么就说该函数在区间 $[a,b]$ 上是下凸的；若函数 $f(x)$ 在定义域上都满足 $f''(x)>0$，那么就说该函数是下凸的．<br/>下凸函数具有性质：$$f[\lambda a+(1-\lambda)b]<\lambda f(a)+(1-\lambda)f(b).$$在实际应用中，我们常取 $\lambda=\dfrac12$，于是有 $f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)<\dfrac{f(a)+f(b)}{2}$．<br/>类似地，我们可以定义上凸函数，并给出其性质． 问题3 若 $c=1$ 时，$f(x)$ 是奇函数，$f(1)=1$，数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1=\dfrac12$，$x_{n+1}=f(x_n)$，求证：$\dfrac{(x_1-x_2)^2}{x_1x_2}+\dfrac{(x_2-x_3)^2}{x_2x_3}+\cdots+\dfrac{(x_n-x_{n-1})^2}{x_nx_{n+1}}<\dfrac{5}{16}$． 答案3 略 解析3 因为 $f(x)$ 为奇函数，所以$$f(x)+f(-x)=0,$$于是 $b=0$．<br/>因为 $f(1)=1$，所以 $a=2$，于是$$f(x)=\dfrac{2x}{x^2+1}.$$容易得到 $0<x_n<1$，所以有$$x_{n+1}-x_n=\dfrac{2x_n}{x_n^2+1}-x_n=x_n\cdot \dfrac{1-x_n^2}{1+x_n^2}>0,$$于是 $x_{n+1}>x_n$．<br/>当 $n=1$ 时，$$x_{n+1}-x_n=x_2-x_1=\dfrac{3}{10}<\dfrac{5}{16};$$当 $n=2$ 时，$x_2\leqslant x_n<1$ 即 $\dfrac45\leqslant x_n<1$，于是$$x_{n+1}-x_n=x_n\left(-1+\dfrac{2}{1+x_n^2}\right)<\dfrac{9}{41}<\dfrac{5}{16},$$因此$$\dfrac{(x_n-x_{n+1})^2}{x_nx_{n+1}}=(x_{n+1}-x_n)\left(\dfrac{1}{x_n}-\dfrac{1}{x_{n+1}}\right)<\dfrac{5}{16}\left(\dfrac{1}{x_n}-\dfrac{1}{x_{n+1}}\right),$$因此$$\begin{split}LHS&<\dfrac{5}{16}\left[\left(\dfrac{1}{x_1}-\dfrac{1}{x_2}\right)+\left(\dfrac{1}{x_2}-\dfrac{1}{x_3}\right)+\cdots+\left(\dfrac{1}{x_n}-\dfrac{1}{x_{n+1}}\right)\right]\\ &=\dfrac{5}{16}\left(\dfrac{1}{x_1}-\dfrac{1}{x_{n+1}}\right)<\dfrac{5}{16},\end{split}$$原命题成立． 备注3 （i）这里数列 $\{x_n\}$ 是由函数 $f(x)=\dfrac{2x}{x^2+1}$ 迭代生成的．分析这个数列的单调性可以通过判断 $f(x)-x$ 的符号进行．而实质上，我们是在分析这个数列的一阶差分 $\Delta x_n=x_{n+1}-x_n$，在后面的证明中，证明了 $\Delta x_n$ 是有界的．<br/>（ii）此题的另一种证明方式：$$x_{n+1}-x_n=x_n\cdot\dfrac{1-x_n^2}{1+x_n^2}=x_n(1-x_n)\cdot\dfrac{1+x_n}{1+x_n^2}=A_n\cdot B_n,$$其中 $A_n=x_n(1-x_n),B_n=\dfrac{1+x_n}{1+x_n^2}$．<br/>对于 $A_n$，是典型的均值不等式模型，$A_n\leqslant\dfrac14$；<br/>对于 $B_n$，是典型的分式函数模型，令 $y_n=1+x_n$，则 $x_n=y_n-1$，此时$$B_n=\dfrac{y_n}{y_n^2-y_n+2}=\dfrac{1}{y_n+\frac{2}{y_n}-2}\leqslant\dfrac{1}{2\sqrt{y_n\cdot\frac{2}{y_n}}-2}=\dfrac{\sqrt2+1}{2}<\dfrac54,$$于是 $x_{n+1}-x_n<\dfrac{5}{16}$，以下略．<br/>（iii）实际上，通过对 $\Delta^2x_n$ 的分析，我们可以得到 $\Delta^2x_n<0$，于是$$\Delta x_n<\Delta x_1=\dfrac{3}{10}.$$从而可以把结论从 $\dfrac{5}{16}$ 加强至 $\dfrac{3}{10}$．<br/>有趣的是，（ii）中 $A_n\cdot B_n\leqslant \dfrac{\sqrt{2}+1}{8}$，而 $\dfrac{\sqrt{2}+1}{8}>\dfrac{3}{10}$．