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18.設(shè)函數(shù)f(x)=14x2+mx-34,已知不論α,β為何實(shí)數(shù)時,恒有f(sinα)≤0且f(2+cosβ)≥0,對于正項(xiàng)數(shù)列{an},其前n項(xiàng)和Sn=f(an)(n∈N*).
(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(Ⅱ)若n=1an+1,n∈N+,且數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,試比較Tn16的大小并證明之.

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

解答 解:(Ⅰ)∵對任意實(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},
∴Sn=f(an)=\frac{1}{4}an2+\frac{1}{2}an-\frac{3}{4}(n∈N+),
可得Sn+1=\frac{1}{4}an+12+\frac{1}{2}an+1-\frac{3}{4},
故an+1=Sn+1-Sn=\frac{1}{4}(an+12-an2)+\frac{1}{2}(an+1-an),
即(an+1+an)(an+1-an-2)=0,
∵{an}是正數(shù)數(shù)列,∴an+1+an>0,
∴an+1-an=2,即數(shù)列{an}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,
∴an=3+2(n-1)=2n+1;
(Ⅱ)由(Ⅰ)得,\sqrt{_{n}}=\frac{1}{{a}_{n}+1}=\frac{1}{2n+2},
則bn=\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}
∴Tn\frac{1}{6},證明如下:
Tn=b1+b2+…+bn
=\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 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題,考查了分析問題、解決問題的能力,化簡、變形能力.

練習(xí)冊系列答案
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A.M=NB.M⊆NC.M?ND.M∩N=∅

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