Question

已知函數(shù)f（x）=x+

1

x

+

x2+ 1 x2 +1

（x＞0），數(shù)列數(shù)列{a_n}滿足：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）求證：f（x）+

1

f(x)

=2（x+

1

x

）；
（2）求S_n+T_n；
（3）在數(shù)列{S_n+T_n}中是否存在不同的三項(xiàng)，使得此三項(xiàng)能成為某一三角形的三條邊長？若能，請求出這三項(xiàng)；若不能請說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列的求和

專題：點(diǎn)列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法

分析：（1）利用f（x）的解析式代入化簡即得結(jié)論；
（2）利用（1）的結(jié)論得an+1+

1

an+1

=2(an+

1

an

)，設(shè)bn=an+

1

an

，易得數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，數(shù)列{

b

2 n

}是等比數(shù)列，
又

a

2 n

+

1

a 2 n

=(an+

1

an

)2-2，利用等比數(shù)列的求和公式即可得出結(jié)論；
（3）利用反證法證明．假設(shè)在數(shù)列{S_n+T_n}中存在三項(xiàng)c_k，c_s，c_t（k＜s＜t，k，s，t∈N^*），使得此三項(xiàng)能成為某一三角形的三條邊長，
由題意即得只需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，故得出結(jié)論．

解答： 解：（1）證明：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

)，
設(shè)bn=an+

1

an

，
∵f（x）＞0，∴b_n＞0，∴數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，公比為2，首項(xiàng)b₁=2，
數(shù)列{

b

2 n

}是等比數(shù)列，公比為4，首項(xiàng)

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）設(shè)c_n=S_n+T_n，假設(shè)在數(shù)列{S_n+T_n}中存在三項(xiàng)c_k，c_s，c_t（k＜s＜t，k，s，t∈N^*），使得此三項(xiàng)能成為某一三角形的三條邊長，
∵cn+1-cn=

a

2 n+1

+

1

a 2 n+1

＞0，
∴數(shù)列cn=

4

3

(4n-1)-2n是遞增數(shù)列，∴c_k＜c_s＜c_t，
∴要使c_k，c_s，c_t能成為某一三角形的三條邊長，需且只需c_k+c_s＞c_t，
依題意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，
所以在數(shù)列{S_n+T_n}中不存在不同的三項(xiàng)，使得此三項(xiàng)能成為某一三角形的三條邊長．（16分）

點(diǎn)評：本題主要考查數(shù)列與函數(shù)的關(guān)系，考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的有關(guān)性質(zhì)及數(shù)列求和等知識，考查了學(xué)生的分析問題、解決問題的能力及運(yùn)算求解能力，屬難題．