Question

13．已知數(shù)列{a_n}，S_n為其前n項的和，滿足S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設數(shù)列$\{\frac{1}{a_n}\}$的前n項和為T_n，數(shù)列{T_n}的前n項和為R_n，求證：當n≥2，n∈N^*時R_n-1=n（T_n-1）；
（3）若函數(shù)f（x）=$\frac{1}{{（p-1）•{3^{qx}}+1}}$的定義域為R，并且$\lim_{n→∞}$f（a_n）=0（n∈N^*），求證p+q＞1．

Answer 1

分析 （1）當n=1時，a₁=S₁=1，當n≥2，a_n=S_n-S_n-1=n，
（2）寫出數(shù)列$\{\frac{1}{a_n}\}$的通項公式，數(shù)列$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n}$，求得前n項和，及${R_{n-1}}=1+（1+\frac{1}{2}）+（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}）+…+（1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{n-1}）$，整理得R_n-1=n（T_n-1）；
可以采用數(shù)學歸納法證明：先驗證當n=2，等式成立，
再假設當n=k時成立，推出n=k+1時成立，其中要利用好假設條件，
（3）分類討論q的取值，當q≠0，q=0與$\lim_{n→∞}f（{a_n}）=0（n∈N*）$矛盾，
當q≠0，（p-1）3^qx+1≠0恒成立，即p-1≠$-（\frac{1}{{3}^{q}}）^{x}$，恒成立，$-（\frac{1}{{3}^{q}}）^{x}$的值域為
（-∞，0）恒成立，結合條件3^q＞1，從而p+q＞1．

解答 解：（1）當n=1時，a₁=S₁=1，
當n≥2時，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{n（n+1）}{2}-\frac{（n-1）n}{2}=n$
∴a_n=n；
（2）、＜法一＞∵$\frac{1}{a_n}=\frac{1}{n}$，
∴${T_n}=1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{n}$，
∴${R_{n-1}}=1+（1+\frac{1}{2}）+（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}）+…+（1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{n-1}）$
=$（n-1）•1+（n-2）•\frac{1}{2}+（n-3）•\frac{1}{3}+…+1•\frac{1}{n-1}$
=$n（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}-1+\frac{1}{n}）=n（1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}-1）=n（{T_n}-1）（n≥2）$
＜法二＞：數(shù)學歸納法
①n=2時，${R_1}={T_1}=\frac{1}{a_1}=1$，$2（{T_2}-1）=2（\frac{1}{{a_1^{\;}}}+\frac{1}{a_2}-1）=1$
②假設n=k（k≥2，k∈N*）時有R_k-1=k（T_k-1）
當n=k+1時，${R_k}={R_{k-1}}+{T_k}=k（T_k^{\;}-1）+{T_k}=（k+1）{T_k}-k=（k+1）（{T_{k+1}}-\frac{1}{{{a_{k+1}}}}）-k$=$（k+1）（{T_{k+1}}-1+1-\frac{1}{k+1}）-k=（k+1）（{T_{k+1}}-1）$∴n=k+1是原式成立
由①②可知當n≥2，n∈N*時R_n-1=n（T_n-1）；           
（3）、易知q≠0，否則若q=0，則$f（x）=\frac{1}{p}$，與$\lim_{n→∞}f（{a_n}）=0（n∈N*）$矛盾，
∵函數(shù)f（x）的定義域為R，所以（p-1）•3^qx+1恒不為零，而3^qx的值域為（0，+∞），
∴p-1≥0，又p=1時，f（x）=1，與$\lim_{n→∞}f（{a_n}）=0（n∈N*）$矛盾，
故p＞1∵$f（{a_n}）=\frac{1}{{（p-1）•{3^{qn}}+1}}=\frac{1}{{（p-1）{{（{3^q}）}^n}+1}}$，
且$\lim_{n→∞}f（{a_n}）=0$
∴3^q＞1，∴q＞0
即有p+q＞1．

點評 本題考查求數(shù)列的通項公式、利用數(shù)學歸納法證明及利用極限的性質證明，過程復雜、繁瑣，屬于難題．