Question

9．設函數(shù)y=$\frac{{x}^{2}-x+n}{{x}^{2}+1}$（n∈N^*）的最小值為a_n，最大值為b_n，且c_n=$\frac{1}{2}$$\sqrt{4{a}_{n}_{n}+1}$．
（1）求數(shù)列{c_n}的通項公式；
（2）設T_n=$\frac{1}{{c}_{1}}$$+\frac{1}{{c}_{2}}$+…+$\frac{1}{{c}_{n}}$，求證：2（$\sqrt{n+1}$-1）＜T_n＜2$\sqrt{n}$．

Answer 1

分析 （1）先整理出關于y的一元二次方程，再利用韋達定理便可求出a_nb_n，代入c_n的表達式中即可求出數(shù)列{c_n}的通項公式；
（2）利用放縮法和分母有理化即可證明．

解答 解：（1）由y=$\frac{{x}^{2}-x+n}{{x}^{2}+1}$，可得（y-1）x²+x+y-n=0，
∵x∈R，y≠1，
∴△=1-4（y-1）（y-n）≥0，即4y²-4（1+n）y+4n-1≤0，
由題意知：a_n，b_n是方程4y²-4（1+n）y+4n-1=0的兩根，
∴a_n•b_n=$\frac{4n-1}{4}$
∴c_n=$\frac{1}{2}$$\sqrt{4{a}_{n}_{n}+1}$=$\sqrt{n}$，
（2）證明：∵$\frac{1}{{c}_{n}}$=$\frac{1}{\sqrt{n}}$=$\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}$＜$\frac{2}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}}$=2（$\sqrt{n}$-$\sqrt{n-1}$），n≥2，
∴T_n=$\frac{1}{{c}_{1}}$$+\frac{1}{{c}_{2}}$+…+$\frac{1}{{c}_{n}}$＜1+2（$\sqrt{2}$-1）+2（$\sqrt{3}$-$\sqrt{2}$）+…+2（$\sqrt{n}$-$\sqrt{n-1}$）
=1+2（$\sqrt{2}$-1+$\sqrt{3}$-$\sqrt{2}$+…+$\sqrt{n}$-$\sqrt{n-1}$）=1+2（$\sqrt{n}$-1）=2$\sqrt{n}$-1＜2$\sqrt{n}$
∵$\frac{1}{{c}_{n}}$=$\frac{1}{\sqrt{n}}$=$\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}$＞$\frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$=2（$\sqrt{n+1}$-$\sqrt{n}$），
∴T_n=$\frac{1}{{c}_{1}}$$+\frac{1}{{c}_{2}}$+…+$\frac{1}{{c}_{n}}$＞2（$\sqrt{2}$-1+$\sqrt{3}$-$\sqrt{2}$+…+$\sqrt{n+1}$-$\sqrt{n}$）=2（$\sqrt{n+1}$-1），
綜上所述2（$\sqrt{n+1}$-1）＜T_n＜2$\sqrt{n}$．

點評 本題主要考查數(shù)列與函數(shù)的綜合運用，考查了放縮法，解題時注意整體思想和轉化思想的運用，屬于中檔題．