Question

8．已知向量$\overrightarrow{a}$=（2sin$\frac{x}{4}$，2sin$\frac{x}{4}$），$\overrightarrow{b}$=（cos$\frac{x}{4}$，-$\sqrt{3}$sin$\frac{x}{4}$）．
（Ⅰ）求函数f（x）=$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$+$\sqrt{3}$的最小正周期；
（Ⅱ）若β=$\frac{2sinα}{f（2α+\frac{π}{3}）}$，g（β）=tan2α，α≠$\frac{π}{4}$+$\frac{kπ}{2}$且α≠$\frac{π}{2}$+kπ（k∈Z），数列{a_n}满足a₁=$\frac{1}{4}$，a_n+1²=$\frac{1}{2}$a_ng（a_n）（n≤16且n∈N^*），令b_n=$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$，求数列{b_n}的通项公式及前n项和S_n．

Answer 1

分析 （I）利用数量积运算性质、倍角公式与和差公式可得：f（x）=$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$+$\sqrt{3}$=$2sin（\frac{x}{2}+\frac{π}{3}）$．即可得出f（x）的最小正周期为T=4π．
（II）$f（2α+\frac{π}{3}）$=$2sin（α+\frac{π}{2}）$=2cosα，可得β=$\frac{2sinα}{f（2α+\frac{π}{3}）}$=tanα，g（β）=tan2α=$\frac{2β}{1-{β}^{2}}$，α≠$\frac{π}{4}$+$\frac{kπ}{2}$且α≠$\frac{π}{2}$+kπ（k∈Z），由数列{a_n}满足a₁=$\frac{1}{4}$，a_n+1²=$\frac{1}{2}$a_ng（a_n）（n≤16且n∈N^*），可得a_n+1²=$\frac{1}{2}$a_n×$\frac{2{a}_{n}}{1-{a}_{n}^{2}}$=$\frac{{a}_{n}^{2}}{1-{a}_{n}^{2}}$，取倒数可得：$\frac{1}{{a}_{n+1}^{2}}$-$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$=-1，即b_n+1-b_n=-1．b₁=16．再利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．

解答 解：（I）f（x）=$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$+$\sqrt{3}$=2sin$\frac{x}{4}$•cos$\frac{x}{4}$+2$sin\frac{x}{4}$×（-$\sqrt{3}$sin$\frac{x}{4}$）+$\sqrt{3}$=$sin\frac{x}{2}$+$\sqrt{3}$$cos\frac{x}{2}$=$2sin（\frac{x}{2}+\frac{π}{3}）$．
∴f（x）的最小正周期为T=$\frac{2π}{\frac{1}{2}}$=4π．
（II）$f（2α+\frac{π}{3}）$=$2sin（α+\frac{π}{2}）$=2cosα，∴β=$\frac{2sinα}{f（2α+\frac{π}{3}）}$=$\frac{2sinα}{2cosα}$=tanα，
g（β）=tan2α=$\frac{2tanα}{1-ta{n}^{2}α}$=$\frac{2β}{1-{β}^{2}}$，α≠$\frac{π}{4}$+$\frac{kπ}{2}$且α≠$\frac{π}{2}$+kπ（k∈Z），
∵数列{a_n}满足a₁=$\frac{1}{4}$，a_n+1²=$\frac{1}{2}$a_ng（a_n）（n≤16且n∈N^*），
∴a_n+1²=$\frac{1}{2}$a_n×$\frac{2{a}_{n}}{1-{a}_{n}^{2}}$=$\frac{{a}_{n}^{2}}{1-{a}_{n}^{2}}$，取倒数可得：$\frac{1}{{a}_{n+1}^{2}}$-$\frac{1}{{a}_{n}^{2}}$=-1，即b_n+1-b_n=-1．b₁=16．
∴数列{b_n}的通项公式b_n=16-（n-1）=17-n，（n≤16且n∈N^*），
前n项和S_n=$\frac{（16+17-n）}{2}×n$=$\frac{33n-{n}^{2}}{2}$，（n≤16且n∈N^*）．

点评 本题考查了数量积运算性质、倍角公式与和差公式、数列递推关系、等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．