Question

16．已知S_n是數(shù)列{a_n}的前n項和，且滿足S_n+S_n-1=ta_n²（其中t為常數(shù)，t＞0，n≥2），已和a₁=0，且當n≥2時，a_n＞0．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）若對于n≥2，n∈N^*，不等式$\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+\frac{1}{{{a_3}{a_4}}}+\frac{1}{{{a_4}{a_5}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}＜2$恒成立，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列{a_n}滿足S_n+S_n-1=ta_n²（其中t為常數(shù)，t＞0，n≥2），n≥3時，S_n-1+S_n-2=t${a}_{n-1}^{2}$，相減可得：a_n+a_n-1=t（ta_n²-${a}_{n-1}^{2}$），可得a_n-a_n-1=$\frac{1}{t}$（n≥3）．由a₁=0，S₂+S₁=$t{a}_{2}^{2}$，可得a₂-a₁=$\frac{1}{t}$．利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．
（2）n≥2時，$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{{t}^{2}}{n（n-1）}$=${t}^{2}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$．利用“裂項求和”方法即可得出．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}滿足S_n+S_n-1=ta_n²（其中t為常數(shù)，t＞0，n≥2），
∴n≥3時，S_n-1+S_n-2=t${a}_{n-1}^{2}$，相減可得：a_n+a_n-1=t（ta_n²-${a}_{n-1}^{2}$），當n≥2時，a_n＞0．
∴a_n-a_n-1=$\frac{1}{t}$（n≥3）．
由a₁=0，S₂+S₁=$t{a}_{2}^{2}$，可得a₂=$t{a}_{2}^{2}$，解得a₂=$\frac{1}{t}$．
∴a₂-a₁=$\frac{1}{t}$．
因此數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，∴a_n=0+$\frac{1}{t}（n-1）$．
（2）n≥2時，$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{{t}^{2}}{n（n-1）}$=${t}^{2}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$．
∵對于n≥2，n∈N^*，不等式$\frac{1}{{{a_2}{a_3}}}+\frac{1}{{{a_3}{a_4}}}+\frac{1}{{{a_4}{a_5}}}+…+\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}＜2$恒成立，
∴${t}^{2}[（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）]$=${t}^{2}（1-\frac{1}{n}）$＜2，
要使上述不等式恒成立，則0＜t²≤2，
解得0$＜t≤\sqrt{2}$．

點評 本題考查了等差數(shù)列的定義通項公式、“裂項求和”方法、放縮法、數(shù)列遞推關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．