Question

13．已知数列{a_n}的各项均为正数，设其前n项和为S_n，且${a_n}=2\sqrt{S_n}-1$．
（1）求数列{a_n}的通项公式．
（2）若数列${b_n}=\frac{{{a_n}+3}}{2}$，设T_n为数列$\{\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}\}$的前n项的和，若T_n≤λb_n+1对一切n∈N^*恒成立，求实数λ的最小值．

Answer 1

分析 （1）通过利用当n≥2时${S_n}={S_{n-1}}+{a_n}={S_{n-1}}+2\sqrt{S_n}-1$可知${S_{n-1}}={（\sqrt{S_n}-1）^2}$，进而可知$\sqrt{S_n}-\sqrt{{S_{n-1}}}=1$，从而${S_n}={n^2}$，a_n=2n-1；
（2）通过（1）裂项可知$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}=\frac{1}{（n+1）（n+2）}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$，进而并项相加、参数分离可将问题转化为λ≥$\frac{n}{2（{n}^{2}+4n+4）}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{n+\frac{4}{n}+4}$对一切n∈N^*恒成立，利用基本不等式可得结论．

解答 解：（1）∵正数列{a_n}的前n项和为S_n，且${a_n}=2\sqrt{S_n}-1$，
∴当n≥2时${S_n}={S_{n-1}}+{a_n}={S_{n-1}}+2\sqrt{S_n}-1$，即${S_{n-1}}={（\sqrt{S_n}-1）^2}$，
因为S_n-1＞0，所以$\sqrt{S_n}-\sqrt{{S_{n-1}}}=1$，
又因为$2\sqrt{a_1}={a_1}+1$，解得a₁=1，
所以$\sqrt{S_n}=1+（n-1）×1=n$，即${S_n}={n^2}$，
所以a_n=2n-1；
（2）由（1）可知${b_n}=\frac{{{a_n}+3}}{2}=n+1$，
所以$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}=\frac{1}{（n+1）（n+2）}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$，
所以${T_n}=（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）+…+（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）=\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}=\frac{n}{2n+4}$，
因为T_n≤λb_n+1对一切n∈N^*恒成立，
所以$\frac{n}{2n+4}$≤λ（n+2），所以λ≥$\frac{n}{2（{n}^{2}+4n+4）}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{n+\frac{4}{n}+4}$，
因为$n+\frac{4}{n}$≥2$\sqrt{n•\frac{4}{n}}$=4，当且仅当n=2时取等号，所以λ≥$\frac{1}{16}$，
故实数λ的最小值为$\frac{1}{16}$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查阶差法，考查裂项相消法，考查基本不等式，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．