Question

設(shè)函數(shù)f（x）=

1

4

x²+bx-

3

4

，已知不論α、β為何實數(shù)，恒有f（cosα）≤0，f（2-sinβ）≥0，對正數(shù)數(shù)列{a_n}，其前n項和S_n=f（a_n）（n∈N₊）．
（1）求b的值；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）問是否存在等比數(shù)列{b_n}，使得a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=2ⁿ⁺¹（2n-1）+2對于一切正整數(shù)n都成立？并證明你的結(jié)論．
（4）若

cn

=

1

1+an

（n∈N₊），且數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n，試比較T_n與

1

6

的大小，并給予證明．

Answer 1

分析：（1）令α=0，β=

π

2

，根據(jù)f（cosα）≤0，f（2-sinβ）≥0，可知f（1）=0求得b．
（2）根據(jù)函數(shù)解析式分別表示出S_n和S_n+1，進而根據(jù)a_n+1=S_n+1-S_n整理得（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0進而判斷出a_n+1-a_n=2，推斷數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，求得a₁利用等差數(shù)列的通項公式求得a_n．
（3）假設(shè)存在等比數(shù)列{b_n}，使得a₁b₁+a₂b₂++a_nb_n=2ⁿ⁺¹（2n-1）+2對于一切正整數(shù)n都成立，令n=1，2，求得b₁和b₂進而求的數(shù)列的公比，進而可得數(shù)列{b_n}的通項公式，令S_n=3×2+5×2²+…+（2n+1）2ⁿ，利用錯位相減法求得S_n=2ⁿ⁺¹（2n-1）+2．證明出a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=2ⁿ⁺¹（2n-1）+2對于一切正整數(shù)n都成立．
（4）把（2）中求得的a_n代入

cn

=

1

1+an

中求得c_n，利用裂項法求得T_n=

1

2

(

1

3

-

1

2n+3

)進而可證明T_n＜

1

6

．

解答：解：（1）由對任意實數(shù)α、β，恒有f（cosα）≤0，f（2-sinβ）≥0，
可得恒有f（cos0）≤0，且f（2-sin

π

2

）≥0，即f（1）=

1

4

+b-

3

4

=0，可得b=

1

2

；
（2）由S_n=f（a_n）=

1

4

a_n²+

1

2

a_n-

3

4

（n∈N₊），可得S_n+1=

1

4

a_n+1²+

1

2

a_n+1-

3

4

故a_n+1=S_n+1-S_n=

1

4

（a_n+1²-a_n²）+

1

2

（a_n+1-a_n），即（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0，
又{a_n}是正數(shù)數(shù)列，故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=

1

4

a₁²+

1

2

a₁-

3

4

，且a₁＞0，可得a₁=3，故a_n=3+2（n-1）=2n+1；
（3）假設(shè)存在等比數(shù)列{b_n}，使得a₁b₁+a₂b₂++a_nb_n=2ⁿ⁺¹（2n-1）+2對于一切正整數(shù)n都成立，
令n=1，2，可得b₁=2，b₂=4，故{b_n}的公比為2，從而b_n=2×2^n-1=2ⁿ．
令S_n=3×2+5×2²+…+（2n+1）2ⁿ⇒S_n=2ⁿ⁺¹（2n-1）+2
故a₁b₁+a₂b₂++a_nb_n=2ⁿ⁺¹（2n-1）+2對于一切正整數(shù)n都成立．
（4）

cn

=

1

1+an

⇒cn=(

1

1+an

)2=

1

(1+an)2

T_n
=

n

i=1

 

1

(2i+2)2

＜

n

i=1

 

1

(2i+2)2-1

=

n

i=1

 

1

(2i+1)(2i+3)

．
=

1

2

n

i=1

 (

1

2i+1

-

1

2i+3

)=

1

2

(

1

3

-

1

2n+3

)＜

1

6

．

點評：本題主要考查等差數(shù)列的通項公式的應(yīng)用．涉及了數(shù)列的求和、不等式等問題，考查了學(xué)生解決實際問題的能力．