Question

9．已知数列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=$\frac{\sqrt{2}{a}_{n}}{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+2}}$（n∈N^*）
（1）证明{$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$}是等差数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$，数列{b_n}的前n项和为S_n，已知存在正整数m，使得$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$＜m对n∈N⁺恒成立，求m的最小值．

Answer 1

分析 （1）对a_n+1=$\frac{\sqrt{2}{a}_{n}}{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+2}}$两边平方取倒数即可得出$\frac{1}{{{a}_{n+1}}^{2}}$-$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，求出{$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$}的通项公式即可得出{a_n}的通项公式；
（2）求出$\frac{1}{{S}_{n}}$，使用裂项求和得出$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$的最大值，即可得出正整数m的最小值．

解答 解：（1）∵a_n+1=$\frac{\sqrt{2}{a}_{n}}{\sqrt{{{a}_{n}}^{2}+2}}$（n∈N^*），
∴a_n+1²=$\frac{2{{a}_{n}}^{2}}{{{a}_{n}}^{2}+2}$，∴$\frac{1}{{{a}_{n+1}}^{2}}$=$\frac{{{a}_{n}}^{2}+2}{2{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$+$\frac{1}{2}$．
∴$\frac{1}{{{a}_{n+1}}^{2}}$-$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=$\frac{1}{2}$．
∴{$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$}是以$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}=1$为首项，以$\frac{1}{2}$为公差的等差数列．
∴$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$=1+$\frac{1}{2}$（n-1）=$\frac{n+1}{2}$．
∵a_n＞0，
∴a_n=$\sqrt{\frac{2}{n+1}}$．
（2）由（1）可得b_n=$\frac{n+1}{2}$，
∴S_n=$\frac{1+\frac{n+1}{2}}{2}•n$=$\frac{n（n+3）}{4}$，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}=\frac{4}{n（n+3）}$=$\frac{4}{3}$（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}$）．
∴$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{4}{3}$（1-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}-\frac{1}{5}$+$\frac{1}{3}-\frac{1}{6}$+$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}$）
=$\frac{4}{3}$（1+$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+3}$）
＜$\frac{4}{3}$（1+$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$）=$\frac{22}{9}$．
∴正整数m的最小值为3．

点评 本题考查了等差关系的确定，裂项求和，属于中档题．