Question

13．已知数列{a_n}，S_n为其前n项的和，满足S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列$\{\frac{1}{a_n}\}$的前n项和为T_n，数列{T_n}的前n项和为R_n，求证：当n≥2，n∈N^*时R_n-1=n（T_n-1）；
（3）若函数f（x）=$\frac{1}{{（p-1）•{3^{qx}}+1}}$的定义域为R，并且$\lim_{n→∞}$f（a_n）=0（n∈N^*），求证p+q＞1．

Answer 1

分析 （1）当n=1时，a₁=S₁=1，当n≥2，a_n=S_n-S_n-1=n，
（2）写出数列$\{\frac{1}{a_n}\}$的通项公式，数列$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n}$，求得前n项和，及${R_{n-1}}=1+（1+\frac{1}{2}）+（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}）+…+（1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{n-1}）$，整理得R_n-1=n（T_n-1）；
可以采用数学归纳法证明：先验证当n=2，等式成立，
再假设当n=k时成立，推出n=k+1时成立，其中要利用好假设条件，
（3）分类讨论q的取值，当q≠0，q=0与$\lim_{n→∞}f（{a_n}）=0（n∈N*）$矛盾，
当q≠0，（p-1）3^qx+1≠0恒成立，即p-1≠$-（\frac{1}{{3}^{q}}）^{x}$，恒成立，$-（\frac{1}{{3}^{q}}）^{x}$的值域为
（-∞，0）恒成立，结合条件3^q＞1，从而p+q＞1．

解答 解：（1）当n=1时，a₁=S₁=1，
当n≥2时，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{n（n+1）}{2}-\frac{（n-1）n}{2}=n$
∴a_n=n；
（2）、＜法一＞∵$\frac{1}{a_n}=\frac{1}{n}$，
∴${T_n}=1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{n}$，
∴${R_{n-1}}=1+（1+\frac{1}{2}）+（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}）+…+（1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{n-1}）$
=$（n-1）•1+（n-2）•\frac{1}{2}+（n-3）•\frac{1}{3}+…+1•\frac{1}{n-1}$
=$n（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}-1+\frac{1}{n}）=n（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}-1）=n（{T_n}-1）（n≥2）$
＜法二＞：数学归纳法
①n=2时，${R_1}={T_1}=\frac{1}{a_1}=1$，$2（{T_2}-1）=2（\frac{1}{{a_1^{\;}}}+\frac{1}{a_2}-1）=1$
②假设n=k（k≥2，k∈N*）时有R_k-1=k（T_k-1）
当n=k+1时，${R_k}={R_{k-1}}+{T_k}=k（T_k^{\;}-1）+{T_k}=（k+1）{T_k}-k=（k+1）（{T_{k+1}}-\frac{1}{{{a_{k+1}}}}）-k$=$（k+1）（{T_{k+1}}-1+1-\frac{1}{k+1}）-k=（k+1）（{T_{k+1}}-1）$∴n=k+1是原式成立
由①②可知当n≥2，n∈N*时R_n-1=n（T_n-1）；           
（3）、易知q≠0，否则若q=0，则$f（x）=\frac{1}{p}$，与$\lim_{n→∞}f（{a_n}）=0（n∈N*）$矛盾，
∵函数f（x）的定义域为R，所以（p-1）•3^qx+1恒不为零，而3^qx的值域为（0，+∞），
∴p-1≥0，又p=1时，f（x）=1，与$\lim_{n→∞}f（{a_n}）=0（n∈N*）$矛盾，
故p＞1∵$f（{a_n}）=\frac{1}{{（p-1）•{3^{qn}}+1}}=\frac{1}{{（p-1）{{（{3^q}）}^n}+1}}$，
且$\lim_{n→∞}f（{a_n}）=0$
∴3^q＞1，∴q＞0
即有p+q＞1．

点评 本题考查求数列的通项公式、利用数学归纳法证明及利用极限的性质证明，过程复杂、繁琐，属于难题．