Question

11．已知二次函數(shù)f（x）=ax²+bx的圖象過點(diǎn)（-4n，0），且f′（0）=2n，n∈N^*，數(shù)列{a_n}滿足$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}={f^′}（{\frac{1}{a_n}}）$，且a₁=4．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）記${b_n}=\sqrt{{a_n}{a_{n+1}}}$，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n．
（3）并求出T_n的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，由條件可得a，b，可得f（x）的解析式，再由累加法，運(yùn)用等差數(shù)列的求和公式，即可得到數(shù)列的通項(xiàng)；
（2）化簡b_n=2（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），運(yùn)用裂項(xiàng)相消求和，即可得到所求；
（3）判斷T_n=$\frac{4n}{2n+1}$=2-$\frac{2}{2n+1}$在n∈N^*上單調(diào)遞增，即可得到所求最小值．

解答 解：（1）f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2ax+b．
由題意知f′（0）=b=2n，16n²a-4nb=0，
∴a=$\frac{1}{2}$，b=2n，∴f（x）=$\frac{1}{2}$x²+2nx，n∈N^*．
又?jǐn)?shù)列{a_n}滿足$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}={f^′}（{\frac{1}{a_n}}）$，f′（x）=x+2n，
∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{{a}_{n}}$+2n，∴$\frac{1}{{a}_{n+1}}$-$\frac{1}{{a}_{n}}$=2n．
由疊加法可得$\frac{1}{{a}_{n}}$-$\frac{1}{4}$=2+4+6+…+2（n-1）=n²-n，化簡可得a_n=$\frac{4}{（2n-1）^{2}}$（n≥2）．
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=4也符合上式，
∴a_n=$\frac{4}{（2n-1）^{2}}$（n∈N^*）．
（2）∵${b_n}=\sqrt{{a_n}{a_{n+1}}}$=$\frac{4}{（2n-1）（2n+1）}$=2（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
∴T_n=b₁+b₂+…+b_n=$\sqrt{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\sqrt{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n+1}}$
=2（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）
=2（1-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{4n}{2n+1}$．
故數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n=$\frac{4n}{2n+1}$ （n∈N^*）；
（3）T_n=$\frac{4n}{2n+1}$=2-$\frac{2}{2n+1}$在n∈N^*上單調(diào)遞增，
則T_n的最小值為T₁=$\frac{4}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)的求法，注意運(yùn)用累加法和等差數(shù)列的求和公式，考查數(shù)列的求和方法：裂項(xiàng)相消求和，考查數(shù)列的單調(diào)性及運(yùn)用：求最值，屬于中檔題．