Question

13．设数列{a_n}的各项都为正数，其前n项和为S_n，已知对任意n∈N^*，2$\sqrt{{S}_{n}}$是a_n+2和a_n的等比中项．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）证明：$\frac{1}{2}$≤$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$＜1；
（Ⅲ）求满足不等式2S_n-4200＞$\frac{{a}_{n}^{2}}{2}$的最小正整数n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由2$\sqrt{{S}_{n}}$是a_n+2和a_n的等比中项，得$4{S}_{n}={{a}_{n}}^{2}+2{a}_{n}$，且a_n＞0．取n=1解得a₁=2．当n≥2时，得另一递推式两式作差得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=2（a_n+a_n-1）．由此可得数列{a_n}是首项为2，公差为2的等差数列，由等差数列的通项公式求得a_n=2n；
（Ⅱ）求出等差数列的前n项和，可得$\frac{1}{{S}_{n}}=\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，由$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$是增函数证明不等式左边，裂项相消能够证明$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$＜1；
（Ⅲ）由2S_n-4200＞$\frac{{a}_{n}^{2}}{2}$得2n（n+1）-4200＞2n²，直接解数列不等式可得满足不等式2S_n-4200＞$\frac{{a}_{n}^{2}}{2}$的最小正整数n．

解答 （Ⅰ）解：由已知，得$4{S}_{n}={{a}_{n}}^{2}+2{a}_{n}$，且a_n＞0．
当n=1时，$4{{a}_{1}}^{2}={{a}_{1}}^{2}+2{a}_{1}$，解得a₁=2．
当n≥2时，有4S_n-1=${{a}_{n-1}}^{2}+2{a}_{n-1}$．
于是4S_n-4S_n-1=${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}+2{a}_{n}-2{a}_{n-1}$，
即$4{a}_{n}={{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}+2{a}_{n}-2{a}_{n-1}$．
于是${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}=2{a}_{n}+2{a}_{n-1}$，
即（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=2（a_n+a_n-1）．
∵a_n+a_n-1＞0，
∴a_n-a_n-1=2，n≥2．
故数列{a_n}是首项为2，公差为2的等差数列，
∴a_n=2+2（n-1）=2n；
（Ⅱ）证明：∵数列{a_n}是首项为2，公差为2的等差数列，
∴${S}_{n}=2n+\frac{2n（n-1）}{2}=n（n+1）$，
∴$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$$＞\frac{1}{{S}_{1}}=\frac{1}{1×2}=\frac{1}{2}$．
则$\frac{1}{{S}_{n}}=\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
∴$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$=（1-$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$）+…+（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）=1-$\frac{1}{n+1}$＜1；
（Ⅲ）解：由2S_n-4200＞$\frac{{a}_{n}^{2}}{2}$，
得2n（n+1）-4200＞2n²，即2n-4200＞0，
∴n＞2100，
∴满足不等式2S_n-4200＞$\frac{{a}_{n}^{2}}{2}$的最小正整数n为2101．

点评 本题考查等差数列的确定，数列通项公式的求法，训练了裂项相消法求数列的前n项和，考查了数列不等式的解法，属中高档题．