Question

5．已知函数f（x）=-$\sqrt{4+\frac{1}{{x}^{2}}}$，点P_n（a_n，-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）（n∈N^*）在函数y=f（x）的图象上，且a₁=1，a_n＞0．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{{3}^{n}}{{{a}_{n}}^{2}}$，求数列{b_n}的前n项和S_n；
（Ⅲ）设c_n=a_n²•a_n+1²，数列{c_n}的前n项和为T_n，且T_n＜t²-t-$\frac{1}{2}$对任意的n∈N^*恒成立，求t的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用代入法，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；
（Ⅱ）求得b_n=$\frac{{3}^{n}}{{{a}_{n}}^{2}}$，运用错位相减法，可得前n项和S_n；
（Ⅲ）求得c_n=a_n²•a_n+1²，运用裂项相消求和，可得T_n，且T_n＜$\frac{1}{4}$，由不等式恒成立思想可得不等式，解不等式，即可得到所求．

解答 解：（Ⅰ）-$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=f（a_n）=-$\sqrt{4+\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}}$且a_n＞0，
∴$\frac{1}{{{a}_{n+1}}^{2}}$-$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=4，
∴数列{$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$}是等差数列，
首项$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}$=1，公差d=4，
∴$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=1+4（n-1），
∴a_n²=$\frac{1}{4n-3}$，
∵a_n＞0，
∴a_n=$\sqrt{\frac{1}{4n-3}}$；
（Ⅱ）b_n=$\frac{{3}^{n}}{{{a}_{n}}^{2}}$=（4n-3）•3ⁿ，
S_n=1•3+5•3²+…+（4n-3）•3ⁿ，
3S_n=1•3²+5•3³+…+（4n-3）•3ⁿ⁺¹，
两式相减可得-2S_n=3+4（3²+3³+…+3ⁿ）-（4n-3）•3ⁿ⁺¹，
=3+4•$\frac{9（1-{3}^{n-1}）}{1-3}$-（4n-3）•3ⁿ⁺¹，=-15-（4n-3））•3ⁿ⁺¹，
则有S_n=$\frac{15+（4n-5）•{3}^{n+1}}{2}$．
（Ⅲ）c_n=a_n²•a_n+1²=$\frac{1}{（4n-3）（4n+1）}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{4n-3}$-$\frac{1}{4n+1}$），
T_n=c₁+c₂+…+c_n=$\frac{1}{4}$[（1-$\frac{1}{5}$）+（$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{9}$）+…+（$\frac{1}{4n-3}$-$\frac{1}{4n+1}$）]
=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{4n+1}$）＜$\frac{1}{4}$，
由于T_n＜t²-t-$\frac{1}{2}$对任意的n∈N^*恒成立，
则t²-t-$\frac{1}{2}$≥$\frac{1}{4}$，解得t≥$\frac{3}{2}$或t≤-$\frac{1}{2}$，
即为t的范围为（-∞，-$\frac{1}{2}$]∪[$\frac{3}{2}$，+∞）．

点评 本题主要考查了利用数列的递推公式求解数列的通项公式，解（Ⅰ）题的关键是构造等差的形式，裂项求和和错位相减法是数列求和中的重要方法，要注意掌握．