Question

1．正項(xiàng)數(shù)列{a_n}滿足a_n²=2S_n-a_n，S_n為{a_n}的前n項(xiàng)和．
（1）求a_n；
（2）若b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$，數(shù)列{b_n}前n項(xiàng)和T_n，若x∈[-1，1]，不等式m²-2mx+2＞T_n對(duì)n∈N^*恒成立，求m的范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知推導(dǎo)出${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}$=a_n+a_n-1，從而得到數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，由此能求出a_n=n，（n∈N^*）．
（2）由b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{2}{n（n+1）}$=2（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$），求出數(shù)列{b_n}前n項(xiàng)和T_n=$\frac{2n}{n+1}$，從而1≤T_n＜2，由此能求出x∈[-1，1]，不等式m²-2mx+2＞T_n對(duì)n∈N^*恒成立時(shí)m的范圍．

解答 解：（1）∵正項(xiàng)數(shù)列{a_n}滿足a_n²=2S_n-a_n，①
∴n≥2時(shí)，${{a}_{n-1}}^{2}=2{{S}_{n-1}-{a}_{n-1}}^{\;}$，②
①-②，得${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}$=（2S_n-a_n）-（2S_n-1-a_n-1），
∴${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}$=a_n+a_n-1，
∵a_n+a_n-1＞0，∴a_n-a_n-1=1，n≥2，
由已知得當(dāng)n=1時(shí)，${{a}_{1}}^{2}=2{S}_{1}-{a}_{1}$，∴a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，
∴a_n=n，（n∈N^*）．
（2）∵數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，∴S_n=n+$\frac{n（n-1）}{2}$=$\frac{n（n+1）}{2}$，
∴b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{2}{n（n+1）}$=2（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$），
∴數(shù)列{b_n}前n項(xiàng)和：
T_n=2（1-$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）=2（1-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{2n}{n+1}$，
∴1≤T_n＜2，
∵x∈[-1，1]，不等式m²-2mx+2＞T_n對(duì)n∈N^*恒成立，
∴x∈[-1，1]，不等式m²-2mx+2≥2對(duì)n∈N^*恒成立，
∴x∈[-1，1]，不等式m²-2mx≥0對(duì)n∈N^*恒成立，
∴m²≥2mx，
當(dāng)m≥0時(shí)，m≥2x，由x∈[-1，1]，解得0≤m≤2，
當(dāng)m＜0時(shí)，m≤2x，由x∈[-1，1]，解得m≤-2．
∴m的范圍是（-∞，-2]∪[0，2]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意裂項(xiàng)求和法的合理運(yùn)用．