Question

12．已知正项数列{a_n}的前n项为S_n，且4S_n=（a_n+1）²．
（1）计算：a₁，a₂，a₃；
（2）证明：数列{a_n}为等差数列，并求其通项公式a_n；
（3）对任意正整数n均有不等式$\frac{{S}_{{a}_{n}}+{S}_{{a}_{n+1}}}{2}$≥λ${S}_{\frac{{a}_{n}+{a}_{n+1}}{2}}$恒成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）分别令n=1，2，3，从而求得；
（2）当n≥2时，4S_n=（a_n+1）²，4S_n-1=（a_n-1+1）²，从而作差化简可得a_n-a_n-1=2，从而证明并求通项公式；
（3）化简求得$\frac{{S}_{{a}_{n}}+{S}_{{a}_{n+1}}}{2}$=4n²+1，${S}_{\frac{{a}_{n}+{a}_{n+1}}{2}}$=S_2n=4n²，从而化为对任意正整数n均有不等式4n²+1≥4n²λ恒成立，从而解得．

解答 解：（1）当n=1时，4a₁=（a₁+1）²，
解得，a₁=1，
当n=2时，4（a₁+a₂）=（a₂+1）²，
解得，a₂=3，
当n=3时，4（a₁+a₂+a₃）=（a₃+1）²，
解得，a₃=5；
（2）证明：由（1）知，a₁=1，a₂=3，a₃=5；
当n≥2时，4S_n=（a_n+1）²，4S_n-1=（a_n-1+1）²，
∴4a_n=（a_n+1）²-（a_n-1+1）²，
∴（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵a_n＞0，
∴a_n-a_n-1=2，
∴数列{a_n}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴a_n=2n-1；
（3）∵4S_n=（a_n+1）²=（2n）²，
∴S_n=n²，
$\frac{{S}_{{a}_{n}}+{S}_{{a}_{n+1}}}{2}$=$\frac{{S}_{2n-1}+{S}_{2n+1}}{2}$=$\frac{（2n-1）^{2}+（2n+1）^{2}}{2}$=4n²+1，
${S}_{\frac{{a}_{n}+{a}_{n+1}}{2}}$=${S}_{\frac{2n-1+2n+1}{2}}$=S_2n=4n²，
∵对任意正整数n均有不等式$\frac{{S}_{{a}_{n}}+{S}_{{a}_{n+1}}}{2}$≥λ${S}_{\frac{{a}_{n}+{a}_{n+1}}{2}}$恒成立，
∴对任意正整数n均有不等式4n²+1≥4n²λ恒成立，
即λ≤$\frac{4{n}^{2}+1}{4{n}^{2}}$=1+$\frac{1}{4{n}^{2}}$恒成立，
故λ≤1+$\frac{1}{4}$=$\frac{5}{4}$．

点评 本题考查了分类讨论的思想应用及等差数列的判断与应用，同时考查了函数思想的应用及恒成立问题．