Question

4．已知數(shù)列{a_n}首項(xiàng)為2，且對(duì)任意n∈N^*，都有$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{{a}_{1}{a}_{n+1}}$，數(shù)列{a_n}的前10項(xiàng)和為110．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列；
（Ⅱ）若存在n∈N^*，使得a_n≤（n+1）λ成立，求實(shí)數(shù)λ的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由對(duì)任意n∈N^*，都有$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{{a}_{1}{a}_{n+1}}$，可得當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n-1}{a}_{n}}$=$\frac{n-1}{{a}_{1}{a}_{n}}$，相減化簡(jiǎn)可得2=（n+1）a_n+1-na_n+2，即可證明．
（Ⅱ）設(shè){a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，則d=2，可得a_n=2n．由于存在n∈N^*，使得a_n≤（n+1）λ成立，可得λ≥$\frac{2n}{n+1}$，再利用數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：∵對(duì)任意n∈N^*，都有$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{{a}_{1}{a}_{n+1}}$，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n-1}{a}_{n}}$=$\frac{n-1}{{a}_{1}{a}_{n}}$，
可得：$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{n}{{a}_{1}{a}_{n+1}}$-$\frac{n-1}{{a}_{1}{a}_{n}}$，又a₁=2，
∴2=na_n-（n-1）a_n+1，
可得2=（n+1）a_n+1-na_n+2，
∴2na_n+1=na_n+na_n+2，即2a_n+1=a_n+a_n+2，∈N^*，
當(dāng)n=1代入已知條件得$\frac{1}{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{2}{a}_{3}}$=$\frac{2}{{a}_{1}{a}_{3}}$，即2a₂=a₁+a₃．
∴2a_n+1=a_n+a_n+2，∈N^*，
∴數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列．
（Ⅱ）設(shè){a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，則d=2，
∴a_n=a₁+（n-1）d=2n．
∵存在n∈N^*，使得a_n≤（n+1）λ成立，
∴λ≥$\frac{2n}{n+1}$，
令c_n=$\frac{2n}{n+1}$，則$\frac{{c}_{n+1}}{{c}_{n}}$=$\frac{\frac{2（n+1）}{n+2}}{\frac{2n}{n+1}}$=$\frac{{n}^{2}+2n+1}{{n}^{2}+2n}$＞1，
∴（c_n）_min=c₁=1．
∴λ≥1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其性質(zhì)、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．