Question

【题目】数列{an}的各项均为正数，且an+1=an+ ﹣1（n∈N*），{an}的前n项和是Sn ．
（Ⅰ）若{an}是递增数列，求a1的取值范围；
（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N* ， 都有Sn≥na1﹣ （n﹣1），证明：Sn＜2n+1．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）解：由a2＞a1＞0 ﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2，①．

又a3＞a2＞0， ＞a2，0＜a2＜2 ﹣1＜2，解得1＜a1＜2，②．

由①②可得：1＜a1＜2．

下面利用数学归纳法证明：当1＜a1＜2时，n∈N*，1＜an＜2成立．

（i）当n=1时，1＜a1＜2成立．

（ii）假设当n=k∈N*时，1＜an＜2成立．

则当n=k+1时，ak+1=ak+ ﹣1∈ （1，2），

即n=k+1时，不等式成立．

综上（1）（2）可得：n∈N*，1＜an＜2成立．

于是an+1﹣an= ﹣1＞0，即an+1＞an，

∴{an}是递增数列，a1的取值范围是（1，2）．

（Ⅱ）证明：∵a1＞2，可用数学归纳法证明：an＞2对n∈N*都成立．

于是：an+1﹣an= ﹣1＜2，即数列{an}是递减数列．

在Sn≥na1﹣ （n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+ ﹣1=S2≥2a1﹣ ，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．

下证：（1）当 时，Sn≥na1﹣ （n﹣1）恒成立．

事实上，当 时，由an=a1+（an﹣a1）≥a1+（2﹣ ）= ．

于是Sn=a1+a2+…+an≥a1+（n﹣1） =na1﹣ ．

再证明：（2） 时不合题意．

事实上，当 时，设an=bn+2，可得 ≤1．

由an+1=an+ ﹣1（n∈N*），可得：bn+1=bn+ ﹣1，可得 = ≤ ≤ ．

于是数列{bn}的前n和Tn≤ ＜3b1≤3．

故Sn=2n+Tn＜2n+3=na1+（2﹣a1）n+3，③．

令a1= +t（t＞0），由③可得：Sn＜na1+（2﹣a1）n+3=na1﹣ ﹣tn+ ．

只要n充分大，可得：Sn＜na1﹣ ．这与Sn≥na1﹣ （n﹣1）恒成立矛盾．

∴ 时不合题意．

综上（1）（2）可得： ，于是可得 = ≤ ≤ ．（由 可得： ）．

故数列{bn}的前n项和Tn≤ ＜ b1＜1，∴Sn=2n+Tn＜2n+1

【解析】（Ⅰ）由a2＞a1＞0 ﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2．又a3＞a2＞0， ＞a2，0＜a2＜2 ﹣1＜2，解得1＜a1＜2．可得：1＜a1＜2．下面利用数学归纳法证明：当1＜a1＜2时，n∈N*，1＜an＜2成立即可．于是an+1﹣an= ﹣1＞0，即an+1＞an，满足{an}是递增数列，即可得出a1的取值范围．（Ⅱ）a1＞2，可用数学归纳法证明：an＞2对n∈N*都成立．于是：an+1﹣an= ﹣1＜2，即数列{an}是递减数列．在Sn≥na1﹣ （n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+ ﹣1=S2≥2a1﹣ ，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．

下证：（1）当 时，Sn≥na1﹣ （n﹣1）恒成立．事实上，当 时，由an=a1+（an﹣a1）≥a1+（2﹣ ）= ．累加求和即可证明．

再证明：（2） 时不合题意．事实上，当 时，设an=bn+2，可得 ≤1．由an+1=an+ ﹣1（n∈N*），可得：bn+1=bn+ ﹣1，可得 = ≤ ≤ ．于是数列{bn}的前n和Tn≤3．故Sn=2n+Tn＜2n+3=na1+（2﹣a1）n+3，令a1= +t（t＞0），可得：Sn＜na1﹣ ．这与Sn≥na1﹣ （n﹣1）恒成立矛盾．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用数列的前n项和和数列的通项公式的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握数列{an}的前n项和sn与通项an的关系；如果数列an的第n项与n之间的关系可以用一个公式表示，那么这个公式就叫这个数列的通项公式．