已知点$({1\;.\;\;\frac{1}{3}})$是函数f(x)=ax的图象上一点.等比数列{an}的前n项和为f(n)-c.数列{bn}(bn＞0)的首项为c.且前n项和Sn满足:当n≥2时.都有${S n}-{S {n-1}}=\sqrt{S n}+\sqrt{{S {n-1}}}$(1)求c的值,(2)求证:$\left\{{\sqrt{S n}}\right\}$是等� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

6．已知点$（{1\;，\;\;\frac{1}{3}}）$是函数f（x）=a^x（a＞0，且a≠1）的图象上一点，等比数列{a_n}的前n项和为f（n）-c，数列{b_n}（b_n＞0）的首项为c，且前n项和S_n满足：当n≥2时，都有${S_n}-{S_{n-1}}=\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$
（1）求c的值；
（2）求证：$\left\{{\sqrt{S_n}}\right\}$是等差数列，并求出b_n；
（3）若数列$\left\{{\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}}\right\}$前n项和为T_n，问是否存在实数m，使得对于任意的n∈N^*都有T_n≥m，若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．

分析（1）根据题意可得，a=$\frac{1}{3}$，再根据等比数列的性质即可求出c，
（2）先求出数列{a_n}的通项公式，再根据题意可得$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1，即可求出证明，再根据数列的递推公式求出b_n，
（3）利用裂项求和，即可求出数列$\left\{{\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}}\right\}$前n项和为T_n，再放缩即可求出m的范围．

解答解：（1）∵f（1）=$\frac{1}{3}$，
∴a=$\frac{1}{3}$，
∴f（x）=（$\frac{1}{3}$）^x，
∵a₁=f（1）-c=$\frac{1}{3}$-c
，a₂=[f（2）-c]-[f（1）-c]=-$\frac{2}{9}$，
a₃=[f（3）-c]-[f（2）-c]=-$\frac{2}{27}$，
又数列{a_n}成等比数列，
∴a₁a₃=a₂²，
即（$\frac{1}{3}$-c）•（-$\frac{2}{27}$）=（-$\frac{2}{9}$）²，
∴c=1，
（2）证明：∵公比q=$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{3}$，
∴a_n=-$\frac{2}{3}$（$\frac{1}{3}$）^n-1=-2（$\frac{1}{3}$）ⁿ，
∵S_n-S_n-1=（$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$）（$\sqrt{{S}_{n}}$+$\sqrt{{S}_{n-1}}$）=（$\sqrt{{S}_{n}}$+$\sqrt{{S}_{n-1}}$），
又b_n＞0，$\sqrt{{S}_{n}}$＞0，
∴$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1，
∴数列{$\sqrt{{S}_{n}}$}构成一个首项为1公差为1的等差数列，
∴$\sqrt{{S}_{n}}$=1+（n-1）×1=n，
∴S_n=n²，
当n≥2时，
∴b_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，
当n=1时，b₁=1，满足上式，
∴b_n=2n-1，n∈N*，
∴$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
∴T_n=$\frac{1}{1×3}$+$\frac{1}{3×5}$+$\frac{1}{5×7}$+…+$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$
=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）≥$\frac{1}{3}$，
∵对于任意的n∈N^*都有T_n≥m，
∴m≤$\frac{1}{3}$，
故m的取值范围为（-∞，$\frac{1}{3}$]．