Question

已知函數f（x）=x+

1

x

+

x2+ 1 x2 +1

（x＞0），數列數列{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）在數列{S_n+T_n}中是否存在不同的三項，使得此三項能成為某一三角形的三條邊長？若能，請求出這三項；若不能請說明理由．

Answer 1

考點：數列的求和

專題：點列、遞歸數列與數學歸納法

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

1

an+1

=2(an+

1

an

)，設bn=an+

1

an

，易得數列{b_n}是等比數列，數列{

b

2 n

}是等比數列，
又

a

2 n

+

1

a 2 n

=(an+

1

an

)2-2，利用等比數列的求和公式即可得出結論；
（3）利用反證法證明．假設在數列{S_n+T_n}中存在三項c_k，c_s，c_t（k＜s＜t，k，s，t∈N^*），使得此三項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bn=an+

1

an

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

b

2 n

}是等比數列，公比為4，首項

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c_n=S_n+T_n，假設在數列{S_n+T_n}中存在三項c_k，c_s，c_t（k＜s＜t，k，s，t∈N^*），使得此三項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，
∴數列cn=

4

3

(4n-1)-2n是遞增數列，∴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，
所以在數列{S_n+T_n}中不存在不同的三項，使得此三項能成為某一三角形的三條邊長．（16分）

點評：本題主要考查數列與函數的關系，考查等差數列、等比數列的有關性質及數列求和等知識，考查了學生的分析問題、解決問題的能力及運算求解能力，屬難題．