Question

12．已知數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為S_n，且${S_n}=\frac{{{a_n}（{a_n}+1）}}{2}（n∈{N^*}）$，
（Ⅰ）求證數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（Ⅱ）設(shè)${b_n}=\frac{1}{S_n}，{T_n}={b_1}+{b_2}+…+{b_n}$，若λ≤T_n對(duì)于任意n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）n=1時(shí)，a₁=1，當(dāng)n≥2時(shí)，${S_{n-1}}=\frac{{{a_{n-1}}（{a_{n-1}}+1）}}{2}（n≥2）$，與原式相減，即可求得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=（a_n+a_n-1），由a_n+a_n-1≠0，a_n-a_n-1=1（n≥2），∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1公差為1的等差數(shù)列；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，${S_n}=\frac{{{n^2}+n}}{2}$，${b_n}=\frac{2}{{{n^2}+n}}=\frac{2}{n（n+1）}=2（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）$，采用“裂項(xiàng)法”即可求得${T_n}=\frac{2}{{1+\frac{1}{n}}}$，由函數(shù)單調(diào)性可知，T_n≥T₁=1，可求得λ≤1．

解答 解：（Ⅰ）n=1時(shí)，a₁=1，
${S_n}=\frac{{{a_n}（{a_n}+1）}}{2}（n∈{N^*}）$①
當(dāng)n≥2時(shí)，${S_{n-1}}=\frac{{{a_{n-1}}（{a_{n-1}}+1）}}{2}（n≥2）$②
①-②得：${a_n}=\frac{{{a_n}^2+{a_n}-{a_{n-1}}^2-{a_{n-1}}}}{2}$（n≥2），
整理得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=（a_n+a_n-1），
∵數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，
∴a_n+a_n-1≠0，
∴a_n-a_n-1=1（n≥2），
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1公差為1的等差數(shù)列； （6分）
（Ⅱ）由（1）得：${S_n}=\frac{{{n^2}+n}}{2}$，
∴${b_n}=\frac{2}{{{n^2}+n}}=\frac{2}{n（n+1）}=2（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）$，
∴${T_n}=2[{（1-\frac{1}{2}）+（{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}）+（{\frac{1}{3}-\frac{1}{4}}）+…+（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）}]=2（{1-\frac{1}{n+1}}）=\frac{2n}{n+1}$，
∵${T_n}=\frac{2}{{1+\frac{1}{n}}}$，
∴T_n單調(diào)遞增，
∴T_n≥T₁=1，
∴λ≤1．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列通項(xiàng)公式的求法，考查采用“裂項(xiàng)法”求數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查利用函數(shù)單調(diào)性求實(shí)數(shù)λ的取值范圍，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．