Question

17．已知正項數列{a_n}的前n項和為S_n，對?n∈N^*有2S_n=a${\;}_{n}^{2}$+a_n，令b_n=$\frac{\sqrt{{a}_{n+1}}-\sqrt{{a}_{n}}}{\sqrt{{a}_{n+1}}•\sqrt{{a}_{n}}}$，設{b_n}的前n項和為T_n，則T_n的最小值為1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

Answer 1

分析 由已知數列遞推式可得數列{a_n}是首項為1，公差為1的等差數列，求得數列{a_n}的通項公式后代入b_n=$\frac{\sqrt{{a}_{n+1}}-\sqrt{{a}_{n}}}{\sqrt{{a}_{n+1}}•\sqrt{{a}_{n}}}$，得到$_{n}=\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，作和后可得T_n的最小值．

解答 解：由2S_n=${{a}_{n}}^{2}$+a_n，得$2{S}_{n+1}={{a}_{n+1}}^{2}+{a}_{n+1}$，
兩式作差得$2{a}_{n+1}={{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}+{a}_{n+1}-{a}_{n}$，
∴a_n+1+a_n=（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n），
則（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-1）=0，
∵a_n＞0，∴a_n+1-a_n=1．
又由2S_n=${{a}_{n}}^{2}$+a_n，得$2{a}_{1}={{a}_{1}}^{2}+{a}_{1}$，解得a₁=1．
∴數列{a_n}是首項為1，公差為1的等差數列，
則a_n=1+1×（n-1）=n．
b_n=$\frac{\sqrt{{a}_{n+1}}-\sqrt{{a}_{n}}}{\sqrt{{a}_{n+1}}•\sqrt{{a}_{n}}}$=$\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}•\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，
則T_n=$\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$=$1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$．
∴當n=1時，T_n的最小值為1-$\frac{1}{\sqrt{2}}=1-\frac{\sqrt{2}}{2}$．
故答案為：1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點評 本題考查數列遞推式，考查了等差關系的確定，訓練了裂項相消法求數列的和，是中檔題．