Question

18．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{1}{4}$x²+mx-$\frac{3}{4}$，已知不論α，β為何實(shí)數(shù)時(shí)，恒有f（sinα）≤0且f（2+cosβ）≥0，對(duì)于正項(xiàng)數(shù)列{a_n}，其前n項(xiàng)和S_n=f（a_n）（n∈N^*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）若$\sqrt{_{n}}$=$\frac{1}{{a}_{n}+1}$，n∈N₊，且數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n，試比較T_n與$\frac{1}{6}$的大小并證明之．

Answer 1

分析 （1）令α=0，β=$\frac{π}{2}$，根據(jù)f（cosα）≤0，f（2-sinβ）≥0化簡(jiǎn)后，列出方程求出m，根據(jù)函數(shù)解析式和條件表示出S_n和S_n+1，根據(jù)a_n+1=S_n+1-S_n化簡(jiǎn)后，由等差數(shù)列的定義判斷出{a_n}是等差數(shù)列，求得a₁利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求出a_n；
（Ⅱ）把a(bǔ)_n代入中求得b_n，利用裂項(xiàng)法求出T_n，即可證明T_n＜$\frac{1}{6}$．

解答 解：（Ⅰ）∵對(duì)任意實(shí)數(shù)α、β，恒有f（cosα）≤0，f（2-sinβ）≥0，
∴f（cos0）=f（1）≤0，且f（2-sin$\frac{π}{2}$）=f（1）≥0，
即f（1）=0，則$\frac{1}{4}+m-\frac{3}{4}$=0，解得m=$\frac{1}{2}$，
∴f（x）=$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x-$\frac{3}{4}$，
∴S_n=f（a_n）=$\frac{1}{4}$a_n²+$\frac{1}{2}$a_n-$\frac{3}{4}$（n∈N₊），
可得S_n+1=$\frac{1}{4}$a_n+1²+$\frac{1}{2}$a_n+1-$\frac{3}{4}$，
故a_n+1=S_n+1-S_n=$\frac{1}{4}$（a_n+1²-a_n²）+$\frac{1}{2}$（a_n+1-a_n），
即（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0，
∵{a_n}是正數(shù)數(shù)列，∴a_n+1+a_n＞0，
∴a_n+1-a_n=2，即數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，
又a₁=$\frac{1}{4}$a₁²+$\frac{1}{2}$a₁-$\frac{3}{4}$，且a₁＞0，可得a₁=3，
∴a_n=3+2（n-1）=2n+1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，$\sqrt{_{n}}=\frac{1}{{a}_{n}+1}$=$\frac{1}{2n+2}$，
則b_n=$\frac{1}{（2n+2）^{2}}$＜$\frac{1}{{（2n+2）}^{2}-1}$=$\frac{1}{（2n+1）（2n+3）}$
=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}$）
∴T_n＜$\frac{1}{6}$，證明如下：
T_n=b₁+b₂+…+b_n
=$\frac{1}{2}$[（$\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$）+（$\frac{1}{5}-\frac{1}{7}$）+…+（$\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}$）]
=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}$）=$\frac{1}{6}-\frac{1}{2（2n+3）}$＜$\frac{1}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式，裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的和，以及利用放縮法處理不等式問(wèn)題，考查了分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力，化簡(jiǎn)、變形能力．