Question

6．已知點$（{1\;，\;\;\frac{1}{3}}）$是函數(shù)f（x）=a^x（a＞0，且a≠1）的圖象上一點，等比數(shù)列{a_n}的前n項和為f（n）-c，數(shù)列{b_n}（b_n＞0）的首項為c，且前n項和S_n滿足：當n≥2時，都有${S_n}-{S_{n-1}}=\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$
（1）求c的值；
（2）求證：$\left\{{\sqrt{S_n}}\right\}$是等差數(shù)列，并求出b_n；
（3）若數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}}\right\}$前n項和為T_n，問是否存在實數(shù)m，使得對于任意的n∈N^*都有T_n≥m，若存在，求出m的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意可得，a=$\frac{1}{3}$，再根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)即可求出c，
（2）先求出數(shù)列{a_n}的通項公式，再根據(jù)題意可得$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1，即可求出證明，再根據(jù)數(shù)列的遞推公式求出b_n，
（3）利用裂項求和，即可求出數(shù)列$\left\{{\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}}\right\}$前n項和為T_n，再放縮即可求出m的范圍．

解答 解：（1）∵f（1）=$\frac{1}{3}$，
∴a=$\frac{1}{3}$，
∴f（x）=（$\frac{1}{3}$）^x，
∵a₁=f（1）-c=$\frac{1}{3}$-c
，a₂=[f（2）-c]-[f（1）-c]=-$\frac{2}{9}$，
a₃=[f（3）-c]-[f（2）-c]=-$\frac{2}{27}$，
又數(shù)列{a_n}成等比數(shù)列，
∴a₁a₃=a₂²，
即（$\frac{1}{3}$-c）•（-$\frac{2}{27}$）=（-$\frac{2}{9}$）²，
∴c=1，
（2）證明：∵公比q=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{3}$，
∴a_n=-$\frac{2}{3}$（$\frac{1}{3}$）^n-1=-2（$\frac{1}{3}$）ⁿ，
∵S_n-S_n-1=（$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$）（$\sqrt{{S}_{n}}$+$\sqrt{{S}_{n-1}}$）=（$\sqrt{{S}_{n}}$+$\sqrt{{S}_{n-1}}$），
又b_n＞0，$\sqrt{{S}_{n}}$＞0，
∴$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1，
∴數(shù)列{$\sqrt{{S}_{n}}$}構(gòu)成一個首項為1公差為1的等差數(shù)列，
∴$\sqrt{{S}_{n}}$=1+（n-1）×1=n，
∴S_n=n²，
當n≥2時，
∴b_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，
當n=1時，b₁=1，滿足上式，
∴b_n=2n-1，n∈N*，
∴$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
∴T_n=$\frac{1}{1×3}$+$\frac{1}{3×5}$+$\frac{1}{5×7}$+…+$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$
=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）≥$\frac{1}{3}$，
∵對于任意的n∈N^*都有T_n≥m，
∴m≤$\frac{1}{3}$，
故m的取值范圍為（-∞，$\frac{1}{3}$]．

點評 本題考查了等差數(shù)列和等比數(shù)列性質(zhì)以及函數(shù)和數(shù)列的關(guān)系，掌握裂項求和和放縮法，屬于中檔題．