Question

11．設函數(shù)f（x）=$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{x}$（x＞0），數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n=f（$\frac{1}{{a}_{n-1}}$），n∈N^*，且n≥2
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）對n∈N^*，設S_n=$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+$\frac{1}{{a}_{3}{a}_{4}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，若S_n≥$\frac{3t}{4n}$恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）通過代入f（x）=$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{x}$（x＞0）可知數(shù)列{a_n}是首項為1、公差為$\frac{2}{3}$的等差數(shù)列，進而計算可得結(jié)論；
（2）通過（1）裂項可知$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{9}{2}$（$\frac{1}{2n+1}$-$\frac{1}{2n+3}$），進而并項相加可知S_n=$\frac{3n}{2n+3}$，從而問題轉(zhuǎn)化為求$\frac{4{n}^{2}}{2n+3}$的最小值，通過利用導數(shù)可知g（x）=$\frac{4{x}^{2}}{2x+3}$（x＞0）的單調(diào)性，計算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{x}$（x＞0），a_n=f（$\frac{1}{{a}_{n-1}}$），
∴a_n+1-a_n=$\frac{2}{3}$，
又∵a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}是首項為1、公差為$\frac{2}{3}$的等差數(shù)列，
∴其通項公式a_n=1+（n-1）$\frac{2}{3}$=$\frac{2n+1}{3}$；
（2）由（1）可知：$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{9}{（2n+1）（2n+3）}$=$\frac{9}{2}$（$\frac{1}{2n+1}$-$\frac{1}{2n+3}$），
∴S_n=$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+$\frac{1}{{a}_{3}{a}_{4}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n-1}}$
=$\frac{9}{2}$[（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+（$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{7}$）+…+（$\frac{1}{2n+1}$-$\frac{1}{2n+3}$）]
=$\frac{9}{2}$（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{2n+3}$）
=$\frac{3n}{2n+3}$，
則S_n≥$\frac{3t}{4n}$恒成立等價于$\frac{3n}{2n+3}$≥$\frac{3t}{4n}$，即t≤$\frac{4{n}^{2}}{2n+3}$恒成立，
令g（x）=$\frac{4{x}^{2}}{2x+3}$（x＞0），則g′（x）=$\frac{8x（x+3）}{（2x+3）^{2}}$＞0，
∴函數(shù)g（x）=$\frac{4{x}^{2}}{2x+3}$（x＞0）為增函數(shù)，
∵當n=1時$（\frac{4{n}^{2}}{2n+3}）_{min}$=$\frac{4}{5}$，
∴t≤$\frac{4}{5}$，即實數(shù)t的取值范圍是：（-∞，$\frac{4}{5}$]．

點評 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，涉及裂項相消法，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性等基礎知識，注意解題方法的積累，屬于中檔題．