Question

13．已知數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，設(shè)其前n項(xiàng)和為S_n，且${a_n}=2\sqrt{S_n}-1$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．
（2）若數(shù)列${b_n}=\frac{{{a_n}+3}}{2}$，設(shè)T_n為數(shù)列$\{\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}\}$的前n項(xiàng)的和，若T_n≤λb_n+1對(duì)一切n∈N^*恒成立，求實(shí)數(shù)λ的最小值．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)利用當(dāng)n≥2時(shí)${S_n}={S_{n-1}}+{a_n}={S_{n-1}}+2\sqrt{S_n}-1$可知${S_{n-1}}={（\sqrt{S_n}-1）^2}$，進(jìn)而可知$\sqrt{S_n}-\sqrt{{S_{n-1}}}=1$，從而${S_n}={n^2}$，a_n=2n-1；
（2）通過(guò)（1）裂項(xiàng)可知$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}=\frac{1}{（n+1）（n+2）}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$，進(jìn)而并項(xiàng)相加、參數(shù)分離可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為λ≥$\frac{n}{2（{n}^{2}+4n+4）}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{n+\frac{4}{n}+4}$對(duì)一切n∈N^*恒成立，利用基本不等式可得結(jié)論．

解答 解：（1）∵正數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且${a_n}=2\sqrt{S_n}-1$，
∴當(dāng)n≥2時(shí)${S_n}={S_{n-1}}+{a_n}={S_{n-1}}+2\sqrt{S_n}-1$，即${S_{n-1}}={（\sqrt{S_n}-1）^2}$，
因?yàn)镾_n-1＞0，所以$\sqrt{S_n}-\sqrt{{S_{n-1}}}=1$，
又因?yàn)?2\sqrt{a_1}={a_1}+1$，解得a₁=1，
所以$\sqrt{S_n}=1+（n-1）×1=n$，即${S_n}={n^2}$，
所以a_n=2n-1；
（2）由（1）可知${b_n}=\frac{{{a_n}+3}}{2}=n+1$，
所以$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}=\frac{1}{（n+1）（n+2）}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$，
所以${T_n}=（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）+…+（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）=\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}=\frac{n}{2n+4}$，
因?yàn)門(mén)_n≤λb_n+1對(duì)一切n∈N^*恒成立，
所以$\frac{n}{2n+4}$≤λ（n+2），所以λ≥$\frac{n}{2（{n}^{2}+4n+4）}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{n+\frac{4}{n}+4}$，
因?yàn)?n+\frac{4}{n}$≥2$\sqrt{n•\frac{4}{n}}$=4，當(dāng)且僅當(dāng)n=2時(shí)取等號(hào)，所以λ≥$\frac{1}{16}$，
故實(shí)數(shù)λ的最小值為$\frac{1}{16}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查階差法，考查裂項(xiàng)相消法，考查基本不等式，對(duì)表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．