Question

19．已知S_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，a₁=2，$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=$\sqrt{2}$（n∈N^*，n≥2）
（1）求S_n的表達(dá)式；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）若b_n=$\frac{{a}_{n}{a}_{n+1}}{4}$（n∈N^*），是否存在正整數(shù)n使得$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$＞2成立？如果存在，請(qǐng)求出n的最小值，若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由a₁=2，$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=$\sqrt{2}$（n∈N^*，n≥2），利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）由（1）可得：S_n=2n²，利用遞推關(guān)系即可得出．
（3）b_n=$\frac{（4n-2）（4n+2）}{4}$=4n²-1，$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{4{n}^{2}-1}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，利用“裂項(xiàng)求和”方法可得：$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$，即可判斷出結(jié)論．

解答 解：（1）∵a₁=2，$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=$\sqrt{2}$（n∈N^*，n≥2），
∴數(shù)列$\{\sqrt{{S}_{n}}\}$是等差數(shù)列，首項(xiàng)為$\sqrt{2}$，公差為$\sqrt{2}$，
∴$\sqrt{{S}_{n}}$=$\sqrt{2}+（n-1）\sqrt{2}$=$\sqrt{2}$n．
（2）由（1）可得：S_n=2n²，
n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2n²-2（n-1）²=4n-2．n=1時(shí)也成立．
∴a_n=4n-2．
（3）b_n=$\frac{{a}_{n}{a}_{n+1}}{4}$=$\frac{（4n-2）（4n+2）}{4}$=4n²-1，
∴$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{4{n}^{2}-1}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
∴$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$$＜\frac{1}{2}$，
因此不存在正整數(shù)n使得$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$＞2成立．

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、“裂項(xiàng)求和”方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．