Question

數(shù)列{a_n}滿足a1=1，an+1=

an2 4an2+1

（n∈N₊），
（1）證明{

1

an2

}為等差數(shù)列并求a_n；
（2）設(shè)cn=2n-3(

1

an2

+3)，數(shù)列{c_n}的前n 項(xiàng)和為T_n，求T_n；
（3）設(shè)Sn=a12+a22+…+an2，b_n=S_2n+1-S_n，是否存在最小的正整數(shù)m，使對任意n∈N₊，有bn＜

m

25

成立？設(shè)若存在，求出m的值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）對an+1=

an2 4an2+1

兩邊平方后取倒數(shù)，得

1

an+12

-

1

an2

=4，可知{

1

an2

}為等差數(shù)列，由此可求得

1

an2

，進(jìn)而可得答案．
（2）由（1）表示出c_n，利用錯(cuò)位相減法可求得T_n；
（3）對任意n∈N₊，有bn＜

m

25

成立，等價(jià)于數(shù)列{b_n}的最大項(xiàng)小于

m

25

，利用作差可判斷{b_n}為遞減數(shù)列，從而可求得數(shù)列{b_n}的最大項(xiàng)；

解答：解：（1）證明：∵an+1=

an2 4an2+1

，
∴an+12=

an2

4an2+1

，
∴

1

an+12

=

4an2+1

an2

=

1

an2

+4，即

1

an+12

-

1

an2

=4，
∴{

1

an2

}為等差數(shù)列．∴

1

an2

=

1

a12

+(n-1)•4=4n-3，
∴an2=

1

4n-3

，
又由題意知a_n＞0，
∴an=

1

4n-3

．
（2）解：由（1）得cn=2n-3(

1

an2

+3)=n•2n-1，
∴Tn=1+2•21+3•22+…+n•2n-1，
2Tn=2+2•22+3•23+…+n•2n，
兩式相減，得-T_n=1+2+2²+…+2^n-1-n•2ⁿ=

1-2n

1-2

-n•2ⁿ=（1-n）•2ⁿ-1，
∴Tn=(n-1)2n+1；
（3）解：∵b_n=S_2n+1-S_n，∴b_n+1=S_2n+3-S_n+1，
∴bn+1-bn=(S2n+3-S2n+1)-(Sn+1-Sn)=a2n+32+a2n+22-an+12
=

1

8n+9

+

1

8n+5

-

1

4n+1

=-

40n+31

(8n+9)(8n+5)(4n+1)

＜0，
∴b_n+1＜b_n，即數(shù)列{b_n}為遞減數(shù)列，
則要使bn＜

m

25

恒成立，只需b1＜

m

25

，
∵b1=S3-S1=a22+a32=

14

45

，
∴

14

45

＜

m

25

，m＞

70

9

．
∴存在最小的正整數(shù)m=8，使對任意n∈N₊，有bn＜

m

25

成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查由遞推式求數(shù)列通項(xiàng)、數(shù)列求和及數(shù)列與不等式的綜合，考查學(xué)生分析解決問題的能力，錯(cuò)位相減法對數(shù)列求和是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，要熟練掌握；恒成立問題常轉(zhuǎn)化為最值問題解決．