Question

17．S_n為數(shù)列{a_n}的前n項和，已知a_n＞0，${a}_{n}^{2}$+a_n=2S_n+2（n∈N^*）
（1）求證數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列并求其通項公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，記{b_n}前n項和為T_n，若4032（n+2）T_n＜λ（n+1）對任意的n∈N^*恒成立，求λ的最小值．

Answer 1

分析 （1）${a}_{n}^{2}$+a_n=2S_n+2（n∈N^*），n=1時，${a}_{1}^{2}+{a}_{1}$=2a₁+2，化為${a}_{1}^{2}$-a₁-2=0，a₁＞0，解得a₁．n≥2時，${a}_{n-1}^{2}+{a}_{n-1}$=2S_n-1+2，可得：${a}_{n}^{2}$+a_n-（${a}_{n-1}^{2}+{a}_{n-1}$）=2a_n，
化為：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0，由于?n∈N^*，a_n＞0，即可證明．
（2）b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$，利用“裂項求和”方法可得：{b_n}前n項和為T_n=$\frac{n}{2（n+2）}$．再利用數(shù)列的單調(diào)性、不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 （1）證明：∵${a}_{n}^{2}$+a_n=2S_n+2（n∈N^*），
∴n=1時，${a}_{1}^{2}+{a}_{1}$=2a₁+2，化為${a}_{1}^{2}$-a₁-2=0，
∵a₁＞0，解得a₁=2．
n≥2時，${a}_{n-1}^{2}+{a}_{n-1}$=2S_n-1+2，
可得：${a}_{n}^{2}$+a_n-（${a}_{n-1}^{2}+{a}_{n-1}$）=2a_n，化為：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0，
∵?n∈N^*，a_n＞0，∴a_n+a_n-1＞0，a_n-a_n-1=1，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，首項為2，公差為1．
∴a_n=2+（n-1）=n+1．
（2）解：b_n=$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$，
∴{b_n}前n項和為T_n=$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+$（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）$+…+$（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}$=$\frac{n}{2（n+2）}$．
4032（n+2）T_n＜λ（n+1），化為：$\frac{4032n}{2}$＜λ（n+1），
即λ＞$\frac{2016n}{n+1}$=2016$（1-\frac{1}{n+1}）$．
∵數(shù)列$\{-\frac{1}{n+1}\}$單調(diào)遞增，
∴2016$（1-\frac{1}{n+1}）$＜2016．
∵4032（n+2）T_n＜λ（n+1）對任意的n∈N^*恒成立，
∴λ≥2016，
∴λ的最小值為2016．

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列的定義及其通項公式、“裂項求和”方法、恒成立問題的轉(zhuǎn)化方法、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．