Question

6．已知各项均为正数的数列{a_n}的前n项和为S_n，且2$\sqrt{{S}_{n}}$=a_n+1．
（I）求数列{a_n}的通项公式．
（Ⅱ）设b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，若对任意n∈N^*，λ＞T_n都成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （I）化简可得4S_n=（a_n+1）²，从而分类讨论可判断数列{a_n}是以1为首项，2为公差的等差数列，从而解得；
（Ⅱ）由（I）知，b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），从而利用裂项求其前n项和，化恒成立问题为最值问题．

解答 解：（I）∵2$\sqrt{{S}_{n}}$=a_n+1，
∴4S_n=（a_n+1）²，
当n=1时，4a₁=（a₁+1）²，
解得，a₁=1；
当n≥2时，4S_n=（a_n+1）²，4S_n-1=（a_n-1+1）²，
故4a_n=（a_n+1）²-（a_n-1+1）²，
化简可得，
（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵a_n＞0，
∴a_n-a_n-1-2=0，
故数列{a_n}是以1为首项，2为公差的等差数列，
故其通项公式为a_n=1+2（n-1）=2n-1；
（Ⅱ）由（I）知，
b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
故T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+…+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）
=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{n}{2n+1}$＜$\frac{1}{2}$，
故若对任意n∈N^*，λ＞T_n都成立，
则λ≥$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了等差数列的判断与应用，同时考查了分类讨论的思想应用及恒成立问题与最值问题的应用，同时考查了裂项求和法的应用．