Question

11．函數(shù)$y=\frac{{{x^2}-x+n}}{{{x^2}+1}}（n∈{N^*}，且y≠1）$的最大值為a_n，最小值為b_n，且${c_n}=4（{a_n}•{b_n}-\frac{1}{2}）$．
（1）求函數(shù){c_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{d_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足S_n+d_n=1．設(shè)數(shù)列{c_n•d_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：T_n＜5．

Answer 1

分析 （1）把已知函數(shù)解析式變形為關(guān)于x的一元二次方程，由方程有根可得判別式大于等于0，進(jìn)一步得到a_n，b_n是方程4y²-4（1+n）y+4n-1=0的兩根，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得a_nb_n，代入${c_n}=4（{a_n}•{b_n}-\frac{1}{2}）$可得函數(shù){c_n}的通項(xiàng)公式；
（2）由S_n+d_n=1，得S_n+1+d_n+1=1，作差可得數(shù)列{d_n}成等比數(shù)列，公比$q=\frac{1}{2}$，然后利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列{c_n•d_n}的前n項(xiàng)和為T_n，放縮可得T_n＜5．

解答 （1）解：由$y=\frac{{{x^2}-x+n}}{{{x^2}+1}}（n∈{N^*}，且y≠1）$，得（y-1）•x²+x+y-n=0，
∵x∈R，且y≠1，∴△=1-4（y-1）（y-n）≥0，
化簡(jiǎn)得：4y²-4（1+n）y+4n-1≤0．
由題意可知：a_n，b_n是方程4y²-4（1+n）y+4n-1=0的兩根，
∴${a_n}•{b_n}=n-\frac{1}{4}$，
∴${c_n}=4（{a_n}•{b_n}-\frac{1}{2}）=4n-3$；
（2）證明：由S_n+d_n=1…①
得：S_n+1+d_n+1=1…②
由②-①，得：${d_{n+1}}=\frac{1}{2}{d_n}$
∴數(shù)列{d_n}成等比數(shù)列，公比$q=\frac{1}{2}$，又由①，令n=1，得${d_1}=\frac{1}{2}$，
∴${d_n}=\frac{1}{2}•{（\frac{1}{2}）^{n-1}}={（\frac{1}{2}）^n}$，
∴${c_n}•{d_n}=\frac{4n-3}{2^n}$．
∴${T_n}=1×{（\frac{1}{2}）^1}+5×{（\frac{1}{2}）^2}+…+（4n-3）×{（\frac{1}{2}）^n}$…③
$\frac{1}{2}{T_n}=\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;1×{（\frac{1}{2}）^2}+5×{（\frac{1}{2}）^3}+…+（4n-7）×{（\frac{1}{2}）^n}+（4n-3）×{（\frac{1}{2}）^{n+1}}$…④
由③-④得：$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{2}+4[{（\frac{1}{2}）^2}+{（\frac{1}{2}）^3}+…+{（\frac{1}{2}）^n}]-（4n-3）×{（\frac{1}{2}）^{n+1}}$，
化簡(jiǎn)得：${T_n}=5-\frac{4n+5}{2^n}＜5$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前n項(xiàng)和，是中檔題．