Question

10．已知數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為S_n，且滿足a₁=1，a_n+1=2$\sqrt{S_n}+1，n∈{N^*}$．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{{4{n^2}}}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$，設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，若?n∈N^*，不等式T_n-na＜0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由${a_{n+1}}=2\sqrt{S_n}+1，n∈{N^+}$得${S_{n+1}}-{S_n}=2\sqrt{S_n}+1$，故${S_{n+1}}={（{\sqrt{S_n}+1}）^2}$，可得$\sqrt{{S}_{n+1}}$=$\sqrt{{S}_{n}}$+1，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與數(shù)列遞推關(guān)系即可得出．
（II）利用“裂項(xiàng)求和”方法、數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由${a_{n+1}}=2\sqrt{S_n}+1，n∈{N^+}$得${S_{n+1}}-{S_n}=2\sqrt{S_n}+1$，故${S_{n+1}}={（{\sqrt{S_n}+1}）^2}$，
∵a_n＞0，∴S_n＞0，∴$\sqrt{{S}_{n+1}}$=$\sqrt{{S}_{n}}$+1，（2分）
∴數(shù)列$\left\{{\sqrt{S_n}}\right\}$是首項(xiàng)為$\sqrt{S_1}=1$，公差為1的等差數(shù)列．（3分）
∴$\sqrt{S_n}=1+（{n-1}）=n$，∴${S_n}={n^2}$，…（4分）
當(dāng)n≥2時(shí)，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}={n^2}-{（{n-1}）^2}=2n-1$，a₁=1，…（5分）
又a₁=1適合上式，∴a_n=2n-1．…（6分）
（Ⅱ）將a_n=2n-1代入${b_n}=\frac{{4{n^2}}}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$，${b_n}=\frac{{4{n^2}}}{{（{2n-1}）（{2n+1}）}}=\frac{{4{n^2}}}{{4{n^2}-1}}=1+\frac{1}{{（{2n-1}）（{2n+1}）}}=1+\frac{1}{2}（{\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}}）$…（7分）
∴${T_n}=n+\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}}）=n+\frac{n}{2n+1}$…（9分）
∵T_n-na＜0，∴$n+\frac{n}{2n+1}-na＜0$，
∵n∈N⁺，∴$1+\frac{1}{2n+1}-a＜0$…（10分）∴$a＞1+\frac{1}{2n+1}$，
∵2n+1≥3，$0＜\frac{1}{2n+1}≤\frac{1}{3}$，$1＜1+\frac{1}{2n+1}$$≤\frac{4}{3}$，∴$a＞\frac{4}{3}$．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“裂項(xiàng)求和”、等差數(shù)列通項(xiàng)公式、數(shù)列遞推關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．