Question

14．在數(shù)列{a_n}中，已知a_n≥1，a₁=1，且a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n+1}+{a}_{n}-1}$（n∈N^*）．
（1）令b_n=（a_n-$\frac{1}{2}$）²，求證：{b_n}為等差數(shù)列；
（2）令c_n=（2a_n-1）²，S_n=$\frac{1}{{c}_{1}{c}_{2}}$+$\frac{1}{{c}_{2}{c}_{3}}$+…+$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$，若S_n＜k恒成立，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知得b_n+1-b_n=a_n+1²-a_n²-a_n+1+a_n=2，由此能證明數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列．
（2）因?yàn)閏_n=（2a_n-1）²=8n-7，所以$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$=$\frac{1}{（8n-7）（8n+1）}$=$\frac{1}{8}（\frac{1}{8n-7}-\frac{1}{8n+1}）$，由此利用裂項(xiàng)求和法能求出k的取值范圍．

解答 證明：（1）∵a_n+1-a_n=$\frac{2}{{a}_{n+1}+{a}_{n}-1}$（n∈N^*）．
∴a_n+1²-a_n²-a_n+1+a_n=2，
∵b_n=（a_n-$\frac{1}{2}$）²=${{a}_{n}}^{2}-{a}_{n}+\frac{1}{4}$，
∴b_n+1-b_n=a_n+1²-a_n²-a_n+1+a_n=2，
∵$_{1}=（{a}_{1}-\frac{1}{2}）^{2}=（1-\frac{1}{2}）^{2}=\frac{1}{4}$，
∴數(shù)列{b_n}是以$\frac{1}{4}$為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．
解：（2）由（1）得bn=$\frac{1}{4}$+（n-1）×2=2n-$\frac{7}{4}$，
∴an=$\sqrt{2n-\frac{7}{4}}$+$\frac{1}{2}$=$\frac{1+\sqrt{8n-7}}{2}$，
∴c_n=（2a_n-1）²=8n-7，
∴$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$=$\frac{1}{（8n-7）（8n+1）}$=$\frac{1}{8}（\frac{1}{8n-7}-\frac{1}{8n+1}）$，
∴S_n=$\frac{1}{{c}_{1}{c}_{2}}$+$\frac{1}{{c}_{2}{c}_{3}}$+…+$\frac{1}{{c}_{n}{c}_{n+1}}$
=$\frac{1}{8}$（1-$\frac{1}{9}+\frac{1}{9}-\frac{1}{17}+\frac{1}{17}-\frac{1}{25}+…+\frac{1}{8n-7}$-$\frac{1}{8n+1}$）
=$\frac{1}{8}（1-\frac{1}{8n+1}）$
=$\frac{1}{8}-\frac{1}{64n+8}$＜$\frac{1}{8}$
∵S_n＜k恒成立，∴k≥$\frac{1}{8}$．
∴k的取值范圍是[$\frac{1}{8}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的證明和數(shù)列通項(xiàng)公式的求法及數(shù)列前n項(xiàng)和的計(jì)算，是中檔題．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．