Question

3．f（x）=-$\sqrt{4+\frac{1}{{x}^{2}}}$，{a_n}的前n項和為S_n，點P（a_n，-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）在y=f（x）的圖象上，a₁=1，a_n＞0
（1）求a_n
（2）{b_n}點前n項和為T_n，且$\frac{{T}_{n+1}}{{{a}^{2}}_{n}}$=$\frac{{T}_{n}}{{{a}^{2}}_{n+1}}$+16n²-8n-3，求b₁的值，使{b_n}等差
（3）求證：S_n＞$\frac{\sqrt{4n+1}-1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）通過將點P（a_n，-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）代入y=f（x）并兩邊同時取平方可知數(shù)列{$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$}是以1為首項、4為公差的等差數(shù)列，進(jìn)而計算可得結(jié)論；
（2）通過$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=4n-3、化簡$\frac{{T}_{n+1}}{{{a}^{2}}_{n}}$=$\frac{{T}_{n}}{{{a}^{2}}_{n+1}}$+16n²-8n-3可知$\frac{{T}_{n+1}}{4n+1}$-$\frac{{T}_{n}}{4n-3}$=1，記c_n=$\frac{{T}_{n}}{4n-3}$，則c_n=c₁+n-1，進(jìn)而可得結(jié)論；
（3）通過變形、分母有理化、裂項可知a_n＞$\frac{1}{2}$（$\sqrt{4n+1}$-$\sqrt{4n-3}$），并項相加即得結(jié)論．

解答 （1）解：依題意，-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=-$\sqrt{4+\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}}$，
∴$\frac{1}{{{a}_{n+1}}^{2}}$-$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=4，
又∵$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}$=1，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$}是以1為首項、4為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=1+4（n-1）=4n-3，
∴a_n=$\frac{1}{\sqrt{4n-3}}$；
（2）解：∵$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=4n-3，
∴$\frac{{T}_{n+1}}{{{a}^{2}}_{n}}$=$\frac{{T}_{n}}{{{a}^{2}}_{n+1}}$+16n²-8n-3，
等價于：（4n-3）•T_n+1=（4n+1）•T_n+（4n-3）（4n+1），
∴$\frac{{T}_{n+1}}{4n+1}$-$\frac{{T}_{n}}{4n-3}$=1，
記c_n=$\frac{{T}_{n}}{4n-3}$，則數(shù)列{c_n}是等差數(shù)列，
∴c_n=c₁+n-1，
若數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，則T₁=1，即b₁=1，
∴T_n=n（4n-3）=4n²-3n，
當(dāng)n≥2時，b_n=T_n-T_n-1=4n²-3n-4（n-1）²+3（n-1）=8n-7，
當(dāng)n=1時T₁=b₁=1滿足上式，
∴當(dāng)b₁=1時數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列；
（3）證明：∵a_n=$\frac{1}{\sqrt{4n-3}}$，
∴a_n=$\frac{2}{2\sqrt{4n-3}}$＞$\frac{2}{\sqrt{4n-3}+\sqrt{4n+1}}$=$\frac{1}{2}$（$\sqrt{4n+1}$-$\sqrt{4n-3}$），
∴S_n＞$\frac{1}{2}$（$\sqrt{5}$-1+$\sqrt{9}$-$\sqrt{5}$+…+$\sqrt{4n+1}$-$\sqrt{4n-3}$）=$\frac{\sqrt{4n+1}-1}{2}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運算求解能力，對表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．