Question

（2013•梅州一模）已知函数f(x)=

x2+a2

2x

(a＞0)，数列{a_n}满足a₁=3a，a_n+1=f（a_n），设bn=

an-a

an+a

，(n∈N*)，数列{b_n}的前n项和为T_n．
（1）求b₁，b₂的值；
（2）求数列{b_n}的通项公式；
（3）求证：Tn＜

7

8

．

Answer 1

分析：（1）依题意，f（x）=

x2+a2

2x

，a₁=3a，a_n+1=f（a_n），可求得a₂，又b_n=

an-a

an+a

，从而可求得b₁，b₂的值；
（2）由a_n+1=

an2+a2

2an

，b_n=

an-a

an+a

，可求得b_n+1=bn2，结合（1）中求得的b₁，b₂可知{lgb_n}是以2为公比，首项为-lg2的等比数列，从而可求数列{b_n}的通项公式；
（3）由（2）得T_n=

1

2

+(

1

2

)2+(

1

2

)4+…+(

1

2

)2n-1，易证当n≤3时，T_n＜

7

8

；当n＞3时，利用二项式性质2^n-1=（1+1）^n-1＞1+

C

1 n-1

+

C

2 n-1

＞1+（n-1）+1=n+1，亦可证得T_n＜

7

8

．

解答：解：（1）∵f（x）=

x2+a2

2x

（a＞0），a₁=3a，a_n+1=f（a_n），
∴a₂=f（a₁）=

9a2+a2

6a

=

5

3

a．
由b_n=

an-a

an+a

得b₁=

1

2

，b₂=

1

4

…2分
（2）∵a_n+1=

an2+a2

2an

，b_n=

an-a

an+a

，
∴b_n+1=

an+1-a

an+1+a

=

an2+a2 2an -a

an2+a2 2an +a

=(

an-a

an+a

)2=bn2…4分
又b₁=

1

2

，故对一切正整数n，都有b_n＞0，
∴lgb_n+1=2lgb_n，
又lgb₁=lg

1

2

=-lg2≠0，
∴{lgb_n}是以2为公比，首项为-lg2的等比数列．
故lgb_n=（-lg2）×2^n-1=lg(

1

2

)2n-1…6分
∴b_n=(

1

2

)2n-1…7分
（3）由（2）得T_n=

1

2

+(

1

2

)2+(

1

2

)4+…+(

1

2

)2n-1，
当n≤3时，T_n≤

1

2

+

1

4

+

1

16

=

13

16

＜

7

8

；…8分
当n＞3时，T_n=

1

2

+(

1

2

)2+(

1

2

)4+…+(

1

2

)2n-1=

13

16

+[(

1

2

)23+(

1

2

)24+…+(

1

2

)2n-1]，…9分
又当n＞3时，2^n-1=（1+1）^n-1＞1+

C

1 n-1

+

C

2 n-1

＞1+（n-1）+1=n+1，…10分
∴T_n＜

13

16

+[(

1

2

)5+(

1

2

)6+…+(

1

2

)n+1]
=

13

16

+

1 32 [1-( 1 2 )n-3]

1- 1 2

=

13

16

+

1

16

[1-(

1

2

)n-3]＜

13

16

+

1

16

=

7

8

…13分
综上，T_n＜

7

8

…14分

点评：本题考查数列的求和，突出考查数列的函数特性，考查等比数列的确定及通项公式与求和公式的综合应用，考查二项式定理，属于难题．