Question

13．已知數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，設其前n項和為S_n，且${a_n}=2\sqrt{S_n}-1$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）若數(shù)列${b_n}=\frac{{{a_n}+3}}{2}$，設T_n為數(shù)列$\{\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}\}$的前n項的和，若T_n≤λb_n+1對一切n∈N^*恒成立，求實數(shù)λ的最小值．

Answer 1

分析 （1）通過利用當n≥2時${S_n}={S_{n-1}}+{a_n}={S_{n-1}}+2\sqrt{S_n}-1$可知${S_{n-1}}={（\sqrt{S_n}-1）^2}$，進而可知$\sqrt{S_n}-\sqrt{{S_{n-1}}}=1$，從而${S_n}={n^2}$，a_n=2n-1；
（2）通過（1）裂項可知$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}=\frac{1}{（n+1）（n+2）}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}$，進而并項相加、參數(shù)分離可將問題轉化為λ≥$\frac{n}{2（{n}^{2}+4n+4）}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{n+\frac{4}{n}+4}$對一切n∈N^*恒成立，利用基本不等式可得結論．

解答 解：（1）∵正數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且${a_n}=2\sqrt{S_n}-1$，
∴當n≥2時${S_n}={S_{n-1}}+{a_n}={S_{n-1}}+2\sqrt{S_n}-1$，即${S_{n-1}}={（\sqrt{S_n}-1）^2}$，
因為S_n-1＞0，所以$\sqrt{S_n}-\sqrt{{S_{n-1}}}=1$，
又因為$2\sqrt{a_1}={a_1}+1$，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${T_n}=（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）+…+（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）=\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}=\frac{n}{2n+4}$，
因為T_n≤λb_n+1對一切n∈N^*恒成立，
所以$\frac{n}{2n+4}$≤λ（n+2），所以λ≥$\frac{n}{2（{n}^{2}+4n+4）}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{n+\frac{4}{n}+4}$，
因為$n+\frac{4}{n}$≥2$\sqrt{n•\frac{4}{n}}$=4，當且僅當n=2時取等號，所以λ≥$\frac{1}{16}$，
故實數(shù)λ的最小值為$\frac{1}{16}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查階差法，考查裂項相消法，考查基本不等式，對表達式的靈活變形是解決本題的關鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．