Question

15．設各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且對任意的n∈N^*，都有2$\sqrt{S_n}={a_n}$+1．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）令b_n=（-1）^n-1a_n，求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n；
（3）令c_n=$\frac{1}{{\sqrt{{a_n}{S_{2n+1}}}+\sqrt{{a_{n+1}}{S_{2n-1}}}}}$，求$\sum_{i=1}^n{[{（{\sqrt{2n+1}+1}）{c_i}}]}$的最小值．

Answer 1

分析 （1）2$\sqrt{S_n}={a_n}$+1，可得4S_n=$（{a}_{n}+1）^{2}$，n≥2時，4S_n-1=$（{a}_{n-1}+1）^{2}$，相減可得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0．于是∴a_n-a_n-1=2．利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．
（2）b_n=（-1）^n-1a_n=（-1）^n-1（2n-1）．對n分類討論即可得出．
（3）c_n=$\frac{1}{{\sqrt{{a_n}{S_{2n+1}}}+\sqrt{{a_{n+1}}{S_{2n-1}}}}}$=$\frac{1}{（2n+1）\sqrt{2n-1}+（2n-1）\sqrt{2n+1}}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{\sqrt{2n-1}}-\frac{1}{\sqrt{2n+1}}）$，
可得$\sum_{i=1}^n{[{（{\sqrt{2n+1}+1}）{c_i}}]}$=$（\sqrt{2n+1}+1）$×$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{\sqrt{2n+1}}）$=$\frac{n}{\sqrt{2n+1}}$．再利用單調性即可得出．

解答 解：（1）∵2$\sqrt{S_n}={a_n}$+1，∴4S_n=$（{a}_{n}+1）^{2}$，
n≥2時，4S_n-1=$（{a}_{n-1}+1）^{2}$，∴4a_n=$（{a}_{n}+1）^{2}$-$（{a}_{n-1}+1）^{2}$，
化為：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0．
∵a_n+a_n-1＞0，∴a_n-a_n-1=2．
n=1時，4a₁=$（{a}_{1}+1）^{2}$，解得a₁=1．
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，公差為2．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）∵b_n=（-1）^n-1a_n=（-1）^n-1（2n-1）．
n=2k為偶數(shù)時，b_2k-1+b_2k=（4k-3）-（4k-1）=-2．
∴數(shù)列{b_n}的前n項和T_n=-2k=-n．
n=2k-1為奇數(shù)時，數(shù)列{b_n}的前n項和T_n=T_n-1+b_n=-（n-1）+（2n-1）=n．
綜上可得：T_n=（-1）^n-1n．
（3）c_n=$\frac{1}{{\sqrt{{a_n}{S_{2n+1}}}+\sqrt{{a_{n+1}}{S_{2n-1}}}}}$=$\frac{1}{（2n+1）\sqrt{2n-1}+（2n-1）\sqrt{2n+1}}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{\sqrt{2n-1}}-\frac{1}{\sqrt{2n+1}}）$，
∴$\sum_{i=1}^n{[{（{\sqrt{2n+1}+1}）{c_i}}]}$=$（\sqrt{2n+1}+1）$×$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{\sqrt{2n+1}}）$=$\frac{n}{\sqrt{2n+1}}$．
令d_n=$\frac{n}{\sqrt{2n+1}}$＞0，則$\frac{6bazbyz_{n+1}^{2}}{wdagezw_{n}^{2}}$=$\frac{\frac{（n+1）^{2}}{2n+3}}{\frac{{n}^{2}}{2n+1}}$=$\frac{2{n}^{3}+5{n}^{2}+4n+1}{2{n}^{3}+3{n}^{2}}$＞1．
可得d_n+1＞d_n，因此數(shù)列{d_n}單調遞增．
∴d_n≥d₁=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴$\sum_{i=1}^n{[{（{\sqrt{2n+1}+1}）{c_i}}]}$的最小值是$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查了數(shù)列遞推關系、等差數(shù)列的通項公式、裂項求和方法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．