Question

11．已知S_n為數(shù)列{a_n}的前n項和，${a_1}=2，2{S_n}=（n+1）{a_n}+n-1．（n∈{N^*}）$
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）若數(shù)列b_n滿足：$\frac{{a}_{1}}{\sqrt{_{1}+1}}$+$\frac{{a}_{2}}{\sqrt{_{2}+1}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{\sqrt{_{n}+1}}$=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$（n∈N^*），不等式M≤a_nb_n+2對任意n∈N^*恒成立，求實數(shù)M的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用定義法求數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）利用定義法求數(shù)列{b_n}的通項公式，設(shè)F（n）=a_nb_n+2=2-$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{（n+2）^{2}}$，顯然，F(xiàn)（n）在n∈N^*單調(diào)遞增．結(jié)合函數(shù)單調(diào)性求實數(shù)M的取值范圍．

解答 解：（1）∵2S_n=（n+1）a_n+n-1，①
∴2S_n-1=na_n-1+n-2，②．
由①-②得：2a_n=（n+1）a_n+na_n-1+1，③
∴2a_n+1=（n+2）a_n+（n+1）a_n+1+1，④
由④-③得：na_n-1+na_n+1=2na_n即a_n-1+a_n+1=2a_n，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列．
又∵2S₂=3a₁+1，a₁=2，
∴a₂=3，d=1，
∴a_n=n+1；
（2）∵$\frac{{a}_{1}}{\sqrt{_{1}+1}}$+$\frac{{a}_{2}}{\sqrt{_{2}+1}}$+…+$\frac{{a}_{n}}{\sqrt{_{n}+1}}$=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$（n∈N^*），①
∴$\frac{{a}_{1}}{\sqrt{_{1}+1}}$+$\frac{{a}_{2}}{\sqrt{_{2}+1}}$+…+$\frac{{a}_{n-1}}{\sqrt{_{n-1}+1}}$=$\frac{（n-1）^{2}+n-1}{2}$（n∈N^*），②
由①-②得：$\frac{{a}_{n}}{\sqrt{_{n}+1}}$=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$-$\frac{（n-1）^{2}+n-1}{2}$=n⇒b_n=$\frac{2n+1}{{n}^{2}}$（n∈N^*）．
即F（n）=a_nb_n+2=$\frac{（n+1）（2n+5）}{（n+2）^{2}}$=$\frac{2{n}^{2}+7n+5}{（n+2）^{2}}$=$\frac{2（n+2）^{2}-（n+2）-1}{（n+2）^{2}}$=2-$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{（n+2）^{2}}$，
顯然，F(xiàn)（n）在n∈N^*單調(diào)遞增．
∴F（n）≥F（1）=$\frac{14}{9}$，
∴M≤$\frac{14}{9}$．

點評 本題目主要考查了利用數(shù)列的遞推公式求解數(shù)列的通項公式，解題中要注意等比數(shù)列的通差公式的應(yīng)用．