Question

15．已知数列{a_n}的前n项和为S_n且S_n=$\frac{1}{2}（{n^2}+n），（n∈{N^*}）$．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设${c_n}=\frac{1}{{{a_n}•{a_{n+1}}}}$，数列{c_n}的前n项和T_n，求使${T_n}＜\frac{37}{41}$成立的n的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当n≥2时利用a_n=S_n-S_n-1化简，进而可知a_n=n；
（Ⅱ）通过（I）裂项可知c_n=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，进而并项相加即得结论．

解答 解：（Ⅰ）∵S_n=$\frac{1}{2}（{n^2}+n），（n∈{N^*}）$，
∴当n≥2时，S_n-1=$\frac{1}{2}$[（n-1）²+n-1]，
两式相减得：a_n=S_n-S_n-1
=$\frac{1}{2}$（2n-1+1）
=n，
又∵a₁=$\frac{1}{2}$（1+1）=1满足上式，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=n；
（Ⅱ）由（I）可知${c_n}=\frac{1}{{{a_n}•{a_{n+1}}}}$=$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，
∴T_n=1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$=1-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{n}{n+1}$，
∴${T_n}＜\frac{37}{41}$即$\frac{n}{n+1}$＜$\frac{37}{41}$，
解得：n＜$\frac{37}{4}$，又n∈N^*，
∴n_max=9．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查裂项相消法，注意解题方法的积累，属于中档题．