Question

17．已知各项都是正数的数列{a_n}的前n项和为S_n，S_n=a_n²+$\frac{1}{2}$a_n，n∈N^*
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{b_n}满足：b₁=1，b_n-b_n-1=2a_n（n≥2），求数列{$\frac{1}{{b}_{n}}$}的前n项和T_n
（3）若T_n≤λ（n+4）对任意n∈N^*恒成立，求λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）通过S_n=a_n²+$\frac{1}{2}$a_n、S_n+1=a_n+1²+$\frac{1}{2}$a_n+1，作差、分析可得a_n+1-a_n=$\frac{1}{2}$，进而可得结论；
（2）通过a_n=$\frac{n}{2}$，可得b_n-b_n-1=n，累加即得：b_n-b₁=$\frac{（n+2）（n-1）}{2}$，从而可得b_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，裂项可得$\frac{1}{{b}_{n}}$=2（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），并项相加即得结论；
（3）通过T_n=$\frac{2n}{n+1}$、T_n≤λ（n+4），整理可得λ≥$\frac{2}{n+\frac{4}{n}+5}$，利用基本不等式即得结论．

解答 解：（1）∵S_n=a_n²+$\frac{1}{2}$a_n，
∴S_n+1=a_n+1²+$\frac{1}{2}$a_n+1，
两式相减得：a_n+1=${{a}_{n+1}}^{2}$-${{a}_{n}}^{2}$+$\frac{1}{2}$（a_n+1-a_n），
∴（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-$\frac{1}{2}$）=0，
∵数列{a_n}的各项都是正数，
∴a_n+1-a_n=$\frac{1}{2}$，
又∵a₁=${{a}_{1}}^{2}$+$\frac{1}{2}$a₁，
∴a₁=$\frac{1}{2}$，
∴数列{a_n}是以$\frac{1}{2}$为首项、$\frac{1}{2}$为公差的等差数列，
∴a_n=$\frac{1}{2}$+（n-1）$\frac{1}{2}$=$\frac{n}{2}$；
（2）∵a_n=$\frac{n}{2}$，
∴b_n-b_n-1=2a_n=2•$\frac{n}{2}$=n，
∴b₂-b₁=2，
b₃-b₂=3，
…
b_n-b_n-1=n，
累加得：b_n-b₁=$\frac{（n+2）（n-1）}{2}$，
又∵b₁=1，
∴b_n=b₁+$\frac{（n+2）（n-1）}{2}$=1+$\frac{（n+2）（n-1）}{2}$=$\frac{n（n+1）}{2}$，
∴$\frac{1}{{b}_{n}}$=$\frac{2}{n（n+1）}$=2（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
∴${T_n}=2（1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）=2（1-\frac{1}{n+1}）=\frac{2n}{n+1}$；
（3）∵T_n=$\frac{2n}{n+1}$，
∴T_n≤λ（n+4），
∴λ≥$\frac{{T}_{n}}{n+4}$=$\frac{\frac{2n}{n+1}}{n+4}$=$\frac{2}{n+\frac{4}{n}+5}$，
∵n+$\frac{4}{n}$≥2$\sqrt{n•\frac{4}{n}}$=4当且仅当n=2时取等号，
∴当n=2时$\frac{2}{{n+\frac{4}{n}+5}}$有最大值$\frac{2}{9}$，
∴$λ≥\frac{2}{9}$．

点评 本题是一道数列与不等式的综合题，考查数列的通项、求和、基本不等式等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．