Question

6．已知数列{a_n}的首项a₁=1，前n项和S_n满足s_n-s_n-1=$\sqrt{{s}_{n}}$+$\sqrt{{s}_{n-1}}$（n≥2）
（1）求数列{a_n}的前n项和S_n；
（2）若数列{a_n•（$\frac{1}{2}$）ⁿ}的前n项和为T_n，求证：T_n≥$\frac{3}{2}$，（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）前n项和S_n满足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}}$（n≥2），可得$\sqrt{{S}_{n}}-\sqrt{{S}_{n-1}}$=1．利用等差数列的通项公式可得S_n．
（2）利用当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1可得：a_n=2n-1．再利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 （1）解：∵前n项和S_n满足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}}$（n≥2），
又$\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．
（2）证明：当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1．
当n=1时也成立．
∴a_n=2n-1．
${T_n}=1×\frac{1}{2}+3×{（\frac{1}{2}）^2}+5×{（\frac{1}{2}）^3}+…+（2n-1）×{（\frac{1}{2}）^n}$（1）
$\frac{1}{2}{T_n}=，1×{（\frac{1}{2}）^2}+3×{（\frac{1}{2}）^3}+…+（2n-3）×{（\frac{1}{2}）^n}+（2n-1）×{（\frac{1}{2}）^{n+1}}$（2）
（1）-（2）化简得得${T_n}=3-\frac{2n+1}{2^n}$，
有${T_{n+1}}-{T_n}=\frac{2n+1}{2^n}-\frac{2n+3}{{{2^{n+1}}}}=\frac{2n-1}{{{2^{n+1}}}}＞0（n∈{N^*}）$，
∴${T_n}＞{T_{n-1}}＞…＞{T_2}＞{T_1}=\frac{3}{2}$，
∴${T_n}≥\frac{3}{2}$（n∈N^*）成立．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“错位相减法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．