Question

16．已知S_n是数列{a_n}的前n项和，且满足S_n+S_n-1=ta_n²（其中t为常数，t＞0，n≥2），已和a₁=0，且当n≥2时，a_n＞0．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若对于n≥2，n∈N^*，不等式$\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+\frac{1}{{{a_3}{a_4}}}+\frac{1}{{{a_4}{a_5}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}＜2$恒成立，求t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由数列{a_n}满足S_n+S_n-1=ta_n²（其中t为常数，t＞0，n≥2），n≥3时，S_n-1+S_n-2=t${a}_{n-1}^{2}$，相减可得：a_n+a_n-1=t（ta_n²-${a}_{n-1}^{2}$），可得a_n-a_n-1=$\frac{1}{t}$（n≥3）．由a₁=0，S₂+S₁=$t{a}_{2}^{2}$，可得a₂-a₁=$\frac{1}{t}$．利用等差数列的通项公式即可得出．
（2）n≥2时，$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{{t}^{2}}{n（n-1）}$=${t}^{2}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$．利用“裂项求和”方法即可得出．

解答 解：（1）∵数列{a_n}满足S_n+S_n-1=ta_n²（其中t为常数，t＞0，n≥2），
∴n≥3时，S_n-1+S_n-2=t${a}_{n-1}^{2}$，相减可得：a_n+a_n-1=t（ta_n²-${a}_{n-1}^{2}$），当n≥2时，a_n＞0．
∴a_n-a_n-1=$\frac{1}{t}$（n≥3）．
由a₁=0，S₂+S₁=$t{a}_{2}^{2}$，可得a₂=$t{a}_{2}^{2}$，解得a₂=$\frac{1}{t}$．
∴a₂-a₁=$\frac{1}{t}$．
因此数列{a_n}是等差数列，∴a_n=0+$\frac{1}{t}（n-1）$．
（2）n≥2时，$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{{t}^{2}}{n（n-1）}$=${t}^{2}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$．
∵对于n≥2，n∈N^*，不等式$\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+\frac{1}{{{a_3}{a_4}}}+\frac{1}{{{a_4}{a_5}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}＜2$恒成立，
∴${t}^{2}[（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）]$=${t}^{2}（1-\frac{1}{n}）$＜2，
要使上述不等式恒成立，则0＜t²≤2，
解得0$＜t≤\sqrt{2}$．

点评 本题考查了等差数列的定义通项公式、“裂项求和”方法、放缩法、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．