Question

15．?dāng)?shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=$\sqrt{\frac{{{a_n}^2}}{{4{a_n}^2+1}}}$（n∈N₊），
（1）證明$\left\{{\frac{1}{{{a_n}^2}}}\right\}$為等差數(shù)列并求a_n；
（2）設(shè)S_n=a₁²+a₂²+…+a_n²，b_n=S_2n+1-S_n，是否存在最小的正整數(shù)m，使對(duì)任意n∈N₊，有b_n＜$\frac{m}{25}$成立？設(shè)若存在，求出m的值，若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由${a_{n+1}}=\sqrt{\frac{{{a_n}^2}}{{4{a_n}^2+1}}}$，兩邊平方${a_{n+1}}^2=\frac{{{a_n}^2}}{{4{a_n}^2+1}}$，取倒數(shù)化為$\frac{1}{{{a_{n+1}}^2}}-\frac{1}{{{a_n}^2}}=4$，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）b_n=S_2n+1-S_n，可得b_n+1=S_2n+3-S_n+1，作差${b_{n+1}}-{b_n}=（{S_{2n+3}}-{S_{2n+1}}）-（{S_{n+1}}-{S_n}）={a_{2n+3}}^2+{a_{2n+2}}^2-{a_{n+1}}^2$，代入化簡(jiǎn)可得其單調(diào)性．進(jìn)而得出．

解答 （1）證明：∵${a_{n+1}}=\sqrt{\frac{{{a_n}^2}}{{4{a_n}^2+1}}}$，∴${a_{n+1}}^2=\frac{{{a_n}^2}}{{4{a_n}^2+1}}$，∴$\frac{1}{{{a_{n+1}}^2}}=\frac{{4{a_n}^2+1}}{{{a_n}^2}}=\frac{1}{{{a_n}^2}}+4$，
即$\frac{1}{{{a_{n+1}}^2}}-\frac{1}{{{a_n}^2}}=4$，∴$\left\{{\frac{1}{{{a_n}^2}}}\right\}$為等差數(shù)列．
∴$\frac{1}{{{a_n}^2}}=\frac{1}{{{a_1}^2}}+（n-1）•4=4n-3$，∴${a_n}^2=\frac{1}{4n-3}$，又由題知a_n＞0，∴${a_n}=\frac{1}{{\sqrt{4n-3}}}$．
（2）解：b_n=S_2n+1-S_n，∴b_n+1=S_2n+3-S_n+1，
∴${b_{n+1}}-{b_n}=（{S_{2n+3}}-{S_{2n+1}}）-（{S_{n+1}}-{S_n}）={a_{2n+3}}^2+{a_{2n+2}}^2-{a_{n+1}}^2$=$\frac{1}{8n+9}+\frac{1}{8n+5}-\frac{1}{4n+1}=-\frac{40n+31}{（8n+9）（8n+5）（4n+1）}＜0$，
∴b_n+1＜b_n．即數(shù)列{b_n}為遞減數(shù)列，則要使${b_n}＜\frac{m}{25}$恒成立，只需${b_1}＜\frac{m}{25}$，
∵${b_1}={S_3}-{S_1}={a_2}^2+{a_3}^2=\frac{14}{45}$，∴$\frac{14}{45}＜\frac{m}{25}，m＞\frac{70}{9}$．
∴存在最小的正整數(shù)m=8，使對(duì)任意n∈N₊，有${b_n}＜\frac{m}{25}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列的定義通項(xiàng)公式、作差法、數(shù)列的單調(diào)性，考查了等價(jià)轉(zhuǎn)化方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．