Question

8．在數(shù)列{a_n}中，已知a_n≥2，a₁=2，a_n+1+a_n-2=$\frac{1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$，n∈N^*．
（1）求a₂的值及數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)k∈N，k≤$\frac{1}{{a}_{1}-1}$+$\frac{1}{{a}_{2}-1}$+…+$\frac{1}{{a}_{100}-1}$＜k+1，求k的值．

Answer 1

分析 （1）由于a₁=2，a_n+1+a_n-2=$\frac{1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$，n∈N^*，a_n≥2．可得${a}_{2}+2-2=\frac{1}{{a}_{2}-2}$，解得a₂=$\sqrt{2}$+1．同理可得a₃=$\sqrt{3}$+1，猜想a_n=$\sqrt{n}$+1．驗(yàn)證即可．
（2）由（1）可得：$\frac{1}{{a}_{n}-1}$=$\frac{1}{\sqrt{n}}$．設(shè)S_n=$\frac{1}{{a}_{1}-1}$+$\frac{1}{{a}_{2}-1}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}-1}$=$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+$…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$．只要證明：?n∈N^*，2（$\sqrt{n+1}-1$）＜$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+$…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$＜2$\sqrt{n}$，即可得出k的值．

解答 解：（1）∵a₁=2，a_n+1+a_n-2=$\frac{1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$，n∈N^*，a_n≥2．
∴${a}_{2}+2-2=\frac{1}{{a}_{2}-2}$，解得a₂=$\sqrt{2}$+1．
同理可得a₃=$\sqrt{3}$+1，
猜想a_n=$\sqrt{n}$+1．
∵a_n+1+a_n-2=$\frac{1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$，n∈N^*．
∴${a}_{n+1}+\sqrt{n}-1$=$\frac{1}{{a}_{n+1}-\sqrt{n}-1}$，
化為${a}_{n+1}^{2}$-2a_n+1-n=0，
解得${a}_{n+1}=\sqrt{n+1}$+1，
因此a_n=$\sqrt{n}$+1．
（2）由（1）可得：$\frac{1}{{a}_{n}-1}$=$\frac{1}{\sqrt{n}}$．
設(shè)S_n=$\frac{1}{{a}_{1}-1}$+$\frac{1}{{a}_{2}-1}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}-1}$=$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+$…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$．
下面證明：?n∈N^*，2（$\sqrt{n+1}-1$）＜$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+$…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$＜2$\sqrt{n}$，
∵$\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}$＜$\frac{2}{2\sqrt{n}}$＜$\frac{2}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}}$，
∴$2（\sqrt{n+1}-\sqrt{n}）$$＜\frac{1}{\sqrt{n}}$＜$2（\sqrt{n}-\sqrt{n-1}）$，
分別取n=1，2，3，…，n，
則$2（\sqrt{2}-1）$＜1＜2（1-0），
$2（\sqrt{3}-\sqrt{2}）$＜$\frac{1}{\sqrt{2}}$＜2$（\sqrt{2}-1）$，
$2（\sqrt{4}-\sqrt{3}）$$＜\frac{1}{\sqrt{3}}$＜$2（\sqrt{3}-\sqrt{2}）$，
…，
$2（\sqrt{n+1}-\sqrt{n}）$＜$\frac{1}{\sqrt{n}}$＜$2（\sqrt{n}-\sqrt{n-1}）$，
利用“累加求和”可得：2（$\sqrt{n+1}-1$）＜$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+$…+$\frac{1}{\sqrt{n}}$＜2$\sqrt{n}$．
取n=100，則$2（\sqrt{101}-1）$＜S₁₀₀=$\frac{1}{{a}_{1}-1}$+$\frac{1}{{a}_{2}-1}$+…+$\frac{1}{{a}_{100}-1}$=$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+$…+$\frac{1}{\sqrt{100}}$＜2$\sqrt{100}$=20=19+1．
取k=19，∵21²=441＞4×101，
∴$21＞2\sqrt{101}$，
則19＞$2（\sqrt{101}-1）$．
因此滿足k≤$\frac{1}{{a}_{1}-1}$+$\frac{1}{{a}_{2}-1}$+…+$\frac{1}{{a}_{100}-1}$＜k+1的正整數(shù)k=19．

點(diǎn)評 本題考查了求數(shù)列的通項(xiàng)公式的方法、“累加求和”方法、“放縮法”、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．