Question

5．已知函數(shù)f（x）=-$\sqrt{4+\frac{1}{{x}^{2}}}$，點(diǎn)P_n（a_n，-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）（n∈N^*）在函數(shù)y=f（x）的圖象上，且a₁=1，a_n＞0．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{{3}^{n}}{{{a}_{n}}^{2}}$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（Ⅲ）設(shè)c_n=a_n²•a_n+1²，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，且T_n＜t²-t-$\frac{1}{2}$對(duì)任意的n∈N^*恒成立，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運(yùn)用代入法，結(jié)合等差數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式，可得所求；
（Ⅱ）求得b_n=$\frac{{3}^{n}}{{{a}_{n}}^{2}}$，運(yùn)用錯(cuò)位相減法，可得前n項(xiàng)和S_n；
（Ⅲ）求得c_n=a_n²•a_n+1²，運(yùn)用裂項(xiàng)相消求和，可得T_n，且T_n＜$\frac{1}{4}$，由不等式恒成立思想可得不等式，解不等式，即可得到所求．

解答 解：（Ⅰ）-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=f（a_n）=-$\sqrt{4+\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}}$且a_n＞0，
∴$\frac{1}{{{a}_{n+1}}^{2}}$-$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=4，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$}是等差數(shù)列，
首項(xiàng)$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}$=1，公差d=4，
∴$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=1+4（n-1），
∴a_n²=$\frac{1}{4n-3}$，
∵a_n＞0，
∴a_n=$\sqrt{\frac{1}{4n-3}}$；
（Ⅱ）b_n=$\frac{{3}^{n}}{{{a}_{n}}^{2}}$=（4n-3）•3ⁿ，
S_n=1•3+5•3²+…+（4n-3）•3ⁿ，
3S_n=1•3²+5•3³+…+（4n-3）•3ⁿ⁺¹，
兩式相減可得-2S_n=3+4（3²+3³+…+3ⁿ）-（4n-3）•3ⁿ⁺¹，
=3+4•$\frac{9（1-{3}^{n-1}）}{1-3}$-（4n-3）•3ⁿ⁺¹，=-15-（4n-3））•3ⁿ⁺¹，
則有S_n=$\frac{15+（4n-5）•{3}^{n+1}}{2}$．
（Ⅲ）c_n=a_n²•a_n+1²=$\frac{1}{（4n-3）（4n+1）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{4n-3}$-$\frac{1}{4n+1}$），
T_n=c₁+c₂+…+c_n=$\frac{1}{4}$[（1-$\frac{1}{5}$）+（$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{9}$）+…+（$\frac{1}{4n-3}$-$\frac{1}{4n+1}$）]
=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{4n+1}$）＜$\frac{1}{4}$，
由于T_n＜t²-t-$\frac{1}{2}$對(duì)任意的n∈N^*恒成立，
則t²-t-$\frac{1}{2}$≥$\frac{1}{4}$，解得t≥$\frac{3}{2}$或t≤-$\frac{1}{2}$，
即為t的范圍為（-∞，-$\frac{1}{2}$]∪[$\frac{3}{2}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了利用數(shù)列的遞推公式求解數(shù)列的通項(xiàng)公式，解（Ⅰ）題的關(guān)鍵是構(gòu)造等差的形式，裂項(xiàng)求和和錯(cuò)位相減法是數(shù)列求和中的重要方法，要注意掌握．