Question

2．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\sqrt{\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}+4}$，n∈N^*，其前n項(xiàng)和為S_n．
（1）求證：①數(shù)列{$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$}是等差數(shù)列；
②對(duì)任意的正整數(shù)n，都有S_n＞$\frac{\sqrt{4n+1}-1}{2}$；
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，且滿足：$\frac{{T}_{n+1}}{{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{{T}_{n}}{{{a}_{n+1}}^{2}}$+16n²-8n-3．試確定b₁的值，使得數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）利用后項(xiàng)與前項(xiàng)做差為常數(shù)即可證得數(shù)列為等差數(shù)列，對(duì)所得的通項(xiàng)公式進(jìn)行放縮后求和可證得題中不等式的結(jié)論；
（2）利用題意結(jié)合等差數(shù)列前n項(xiàng)和的特點(diǎn)和等差數(shù)列的性質(zhì)得到等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，然后求解首項(xiàng)即可．

解答 證明：（1）①因?yàn)?\frac{1}{{a}_{n+1}}=\sqrt{\frac{1}{{a}_{n}^{2}}+4}$，所以$\frac{1}{{a}_{n+1}^{2}}-\frac{1}{{a}_{n}^{2}}=4$，
故數(shù)列$\{\frac{1}{{a}_{n}^{2}}\}$ 是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列；
②由①得$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}=1+（n-1）×4$，又易得a_n＞0，故 ${a}_{n}=\frac{1}{\sqrt{4n-3}}$，
因?yàn)?{a}_{n}=\frac{1}{\sqrt{4n-3}}＞\frac{2}{\sqrt{4n-3}+\sqrt{4n+1}}=\frac{\sqrt{4n+1}+\sqrt{4n-3}}{2}$，
所以${S}_{n}＞\frac{\sqrt{5}-1}{2}+\frac{\sqrt{9}-\sqrt{5}}{2}+…+\frac{\sqrt{4n+1}+\sqrt{4n-3}}{2}=\frac{\sqrt{4n+1}-1}{2}$；
（2）由$\frac{{T}_{n+1}}{{a}_{n}^{2}}=\frac{{T}_{n}}{{a}_{n+1}^{2}}+16{n}^{2}-8n-3$ 得，（4n-3）T_n+1=（4n+1）T_n+（4n-3）（4n+1），
即 $\frac{{T}_{n+1}}{4n+1}-\frac{{T}_{n}}{4n-3}=1$，所以數(shù)列 $\{\frac{{T}_{n}}{4n-3}\}$是以b₁為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，
從而 $\frac{{T}_{n}}{4n-3}{=b}_{1}+n-1$，
令n=2，3得，b₂=4b₁+5，b₃=4b₁+13，
若{b_n}為等差數(shù)列，則2b₂=b₁+b₃，
所以2（4b₁+5）=b₁+4b₁+13，解得b₁=1，
此時(shí)，T_n=4n²-3n，b_n=8n-7恰為等差數(shù)列，
所以，當(dāng)b₁=1時(shí)，數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的判斷，等差數(shù)列前n項(xiàng)和的特點(diǎn)，等差數(shù)列通項(xiàng)公式的天天等，重點(diǎn)考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)概念的理解和計(jì)算能力，屬于中等題．