Question

15．已知数列{a_n}满足：a₁=1，$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\sqrt{\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}+1}$．
（1）记S_n=a₁²+a₂²+…+a_n²，若对任意的n∈N^*，有S_2n+1-S_n＜$\frac{m}{20}$成立，求正整数m的最小值；
（2）数列{b_n}满足：b_n=cos（n+1）π•a_n²，前n项和为T_n，求证：T_2n＜$\frac{17}{24}$．

Answer 1

分析 （1）由$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\sqrt{\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}+1}$可得$\frac{1}{{{a}^{2}}_{n+1}}$=$\frac{1}{{{a}^{2}}_{n}}$+1，从而求得$\frac{1}{{{a}^{2}}_{n}}$=n，从而可判断{S_2n+1-S_n}是递减数列，从而化恒成立问题为最值问题．
（2）化简b_n=cos（n+1）π•a_n²=（-1）ⁿ⁺¹$\frac{1}{n}$，从而可得T_2n=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$，而ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{1}{n}$＜ln（1+$\frac{1}{n-1}$），从而可求得$\underset{lim}{n→∞}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$）=ln2，从而解得．

解答 解：（1）∵$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\sqrt{\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}+1}$，
∴$\frac{1}{{{a}^{2}}_{n+1}}$=$\frac{1}{{{a}^{2}}_{n}}$+1，
∴{$\frac{1}{{{a}^{2}}_{n}}$}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴$\frac{1}{{{a}^{2}}_{n}}$=n，
∴a_n²=$\frac{1}{n}$；
∵S_2n+1-S_n=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n+1}$，
S_2n+3-S_n+1=$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n+1}$+$\frac{1}{2n+2}$+$\frac{1}{2n+3}$，
∴（S_2n+3-S_n+1）-（S_2n+1-S_n）=$\frac{1}{2n+2}$+$\frac{1}{2n+3}$-$\frac{1}{n+1}$＜0，
故数列{S_2n+1-S_n}是递减数列，
故对任意的n∈N^*，有S_2n+1-S_n＜$\frac{m}{20}$成立，即$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$＜$\frac{m}{20}$成立，即m＞10+$\frac{20}{3}$，
故正整数m的最小值为10+7=17；
（2）证明：b_n=cos（n+1）π•a_n²=（-1）ⁿ⁺¹$\frac{1}{n}$，
故T_2n=1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…-$\frac{1}{2n}$
=（1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{2n}$）-2（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{2n}$）
=$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$，
∵ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{1}{n}$＜ln（1+$\frac{1}{n-1}$），
∴ln（$\frac{2n+1}{n+1}$）＜$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$＜ln（$\frac{2n+1}{n}$），
又∵$\underset{lim}{n→∞}ln（\frac{2n+1}{n+1}）$=$\underset{lim}{n→∞}ln\frac{2n+1}{n}$=ln2，
∴$\underset{lim}{n→∞}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{2n}$）=ln2，
∴T_2n＜ln2＜$\frac{17}{24}$．
故T_2n＜$\frac{17}{24}$．

点评 本题考查了整体思想的应用学生的化简运算能力，同时考查了数列的单调性的判断与应用．属于难题．