Question

4．已知$f（x）=-\sqrt{4+\frac{1}{x^2}}$，數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，點${P_n}（{a_n}，-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}）$，在曲線y=f（x）上（n∈N^*），且a₁=1，a_n＞0．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，且滿足$\frac{{{T_{n+1}}}}{a_n^2}=\frac{T_n}{{a_{n+1}^2}}+16{n^2}-8n-3$，求出b₁的值，使得數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列；（3）求證：${S_n}＞\frac{1}{2}（\sqrt{4n+1}-1），n∈{N^*}$．

Answer 1

分析 （1）利用點在函數(shù)的圖象，點的坐標滿足方程，得到遞推關(guān)系式，推出數(shù)列$\left\{{\frac{1}{a_n^2}}\right\}$是等差數(shù)列，然后求解通項公式．
（2）利用（1）的結(jié)果，化簡$\frac{{{T_{n+1}}}}{a_n^2}=\frac{T_n}{{a_{n+1}^2}}+16{n^2}-8n-3$，通過${C_n}=\frac{T_n}{4n-3}$，然后說明求出b₁的值，使得數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列；
（3）利用放縮法化簡通項公式，求出數(shù)列的和，即可證明結(jié)論．

解答 解：（1）由于$y=-\sqrt{4+\frac{1}{x^2}}$，點$P（{a_n}，-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}）$在曲線y=f（x）上，
∴$-\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=f（{a_n}）=-\sqrt{4+\frac{1}{a_n^2}}$，并且a_n＞0，∴$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\sqrt{4+\frac{1}{a_n^2}}$，∴$\frac{1}{{a_{n+1}^2}}-\frac{1}{a_N^2}=4\;（n∈{N^*}）$
∴數(shù)列$\left\{{\frac{1}{a_n^2}}\right\}$是等差數(shù)列，首項$\frac{1}{a_1^2}=1$，公差d=4．
∴$\frac{1}{a_n^2}=1+4（n-1）$，$a_n^2=\frac{1}{4n-3}$，
∵a_n＞0，∴${a_n}=\frac{1}{{\sqrt{4n-3}}}\;（n∈{N^*}）$…（3分）
（2）${a_n}=\frac{1}{{\sqrt{4n-3}}}$，$\frac{{{T_{n+1}}}}{a_n^2}=\frac{T_n}{{a_{n+1}^2}}+16{n^2}-8n-3$，
得（4n-3）T_n+1=（4n+1）T_n+（4n-3）（4n+1）∴$\frac{{{T_{n+1}}}}{4n+1}=\frac{T_n}{4n-3}+1$，
令${C_n}=\frac{T_n}{4n-3}$，如果C₁=1，此時b₁=T₁=1，∴${C_n}=1+（n-1）×1=n，n∈{N^*}$，
則${T_n}=（4n-3）n=4{n^2}-3n$，n∈N^*，∴${b_n}=8n-7，n∈{N^*}$，
又∵b_n+1-b_n=8，∴此時數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列且b₁=1…（8分）
（3）∵${a_n}=\frac{1}{{\sqrt{4n-3}}}=\frac{2}{{2\sqrt{4n-3}}}＞\frac{2}{{\sqrt{4n-3}+\sqrt{4n+1}}}=\frac{{\sqrt{4n+1}-\sqrt{4n-3}}}{2}$，
∴${S_n}={a_1}+{a_2}+…+{a_n}＞\frac{1}{2}[{（\sqrt{5}-1）+（\sqrt{7}-\sqrt{5}）+…+（\sqrt{4n-1}-\sqrt{4n-3}）}]$=$\frac{1}{2}（\sqrt{4n+1}-1）\;n∈{N^*}$

點評 本題考查數(shù)列與函數(shù)相結(jié)合，數(shù)列通項公式的求法，考查放縮法的應用，是中檔題．