Question

已知函数f（x）=x+

1

x

+

x2+ 1 x2 +1

（x＞0），数列数列{a_n}满足：a₁=1，a_n+1=f（a_n），（n∈N^*），S_n=a₁²+a₂²+…+a_n²，T_n=

1

a12

+

1

a22

+…+

1

an2

．
（1）求证：f（x）+

1

f(x)

=2（x+

1

x

）；
（2）求S_n+T_n；
（3）在数列{S_n+T_n}中是否存在不同的三项，使得此三项能成为某一三角形的三条边长？若能，请求出这三项；若不能请说明理由．

Answer 1

考点：数列的求和

专题：点列、递归数列与数学归纳法

分析：（1）利用f（x）的解析式代入化简即得结论；
（2）利用（1）的结论得an+1+

1

an+1

=2(an+

1

an

)，设bn=an+

1

an

，易得数列{b_n}是等比数列，数列{

b

2 n

}是等比数列，
又

a

2 n

+

1

a 2 n

=(an+

1

an

)2-2，利用等比数列的求和公式即可得出结论；
（3）利用反证法证明．假设在数列{S_n+T_n}中存在三项c_k，c_s，c_t（k＜s＜t，k，s，t∈N^*），使得此三项能成为某一三角形的三条边长，
由题意即得只需c_k+c_s＞c_t，由于c_k+c_s-c_t≤c_t-1+c_t-2-c_t=[

4

3

(4t-1-1)-2(t-1)]+[

4

3

(4t-2-1)-2(t-2)]-[

4

3

(4t-1)-2t]=-

11

12

×4t-2t+6＜0
所以c_k+c_s＜c_t恒成立，故得出结论．

解答： 解：（1）证明：f(x)=x+

1

x

+

x2+ 1 x2 +1

，
∴

1

f(x)

=

1

x+ 1 x + x2+ 1 x2 +1

=x+

1

x

-

x2+ 1 x2 +1

，
∴f(x)+

1

f(x)

=2(x+

1

x

)．（3分）
（2）∵a_n+1=f（a_n），由（1）知f(x)+

1

f(x)

=2(x+

1

x

)，∴an+1+

1

an+1

=2(an+

1

an

)，
设bn=an+

1

an

，
∵f（x）＞0，∴b_n＞0，∴数列{b_n}是等比数列，公比为2，首项b₁=2，
数列{

b

2 n

}是等比数列，公比为4，首项

b

2 1

=4，又

a

2 n

+

1

a 2 n

=(an+

1

an

)2-2，
∴Sn+Tn=

b

2 1

+

b

2 2

+…+

b

2 n

-2n=

4(1-4n)

1-4

-2n=

4

3

(4n-1)-2n．（8分）
（3）设c_n=S_n+T_n，假设在数列{S_n+T_n}中存在三项c_k，c_s，c_t（k＜s＜t，k，s，t∈N^*），使得此三项能成为某一三角形的三条边长，
∵cn+1-cn=

a

2 n+1

+

1

a 2 n+1

＞0，
∴数列cn=

4

3

(4n-1)-2n是递增数列，∴c_k＜c_s＜c_t，
∴要使c_k，c_s，c_t能成为某一三角形的三条边长，需且只需c_k+c_s＞c_t，
依题意s≤t-1，k≤t-2，且t≥3
由于c_k+c_s-c_t≤c_t-1+c_t-2-c_t=[

4

3

(4t-1-1)-2(t-1)]+[

4

3

(4t-2-1)-2(t-2)]-[

4

3

(4t-1)-2t]=-

11

12

×4t-2t+6＜0
所以c_k+c_s＜c_t恒成立，
所以在数列{S_n+T_n}中不存在不同的三项，使得此三项能成为某一三角形的三条边长．（16分）

点评：本题主要考查数列与函数的关系，考查等差数列、等比数列的有关性质及数列求和等知识，考查了学生的分析问题、解决问题的能力及运算求解能力，属难题．