Question

5．已知各项为正的数列{a_n}中，前n项和为S_n，且S_n=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}{2}$．
（Ⅰ）证明数列{a_n}是等差数列，并求出数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{1}{（2{a}_{n}+1）（2{a}_{n}-1）}$，数{b_n}的前n项和为T_n，求使不等式T_n＞$\frac{k}{57}$对-切n∈N^*都成立的最大正整数k的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用a_n=S_n-S_n-1计算、整理得${{a}_{n}}^{2}$-a_n=${{a}_{n-1}}^{2}$+a_n-1，进而可知a_n-a_n-1=1，从而数列{a_n}是首项、公差均为1的等差数列，计算即得结论；
（Ⅱ）通过（1）裂项可知b_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），并项相加可知T_n=$\frac{n}{2n+1}$，通过求导可知数列{f（n）}是递增数列，进而解不等式$\frac{1}{3}$＞$\frac{k}{57}$即得结论．

解答 （Ⅰ）证明：∵S_n=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}{2}$，
∴S_n-1=$\frac{{a}_{n-1}（{a}_{n-1}+1）}{2}$（n≥2），
∴a_n=S_n-S_n-1=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}{2}$-$\frac{{a}_{n-1}（{a}_{n-1}+1）}{2}$，
整理得：${{a}_{n}}^{2}$-a_n=${{a}_{n-1}}^{2}$+a_n-1，
∴（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=a_n+a_n-1，
又∵数列{a_n}中各项为正，
∴a_n-a_n-1=1，
又∵S₁=$\frac{{a}_{1}（{a}_{1}+1）}{2}$，即a₁=1，
∴数列{a_n}是首项、公差均为1的等差数列，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=1+（n-1）=n；
（Ⅱ）解：由（1）可知b_n=$\frac{1}{（2{a}_{n}+1）（2{a}_{n}-1）}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
∴T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{n}{2n+1}$，
记f（x）=$\frac{x}{2x+1}$，则f′（x）=$\frac{2x+1-2x}{（2x+1）^{2}}$=$\frac{1}{（2x+1）^{2}}$＞0，
∴数列{f（n）}是递增数列，
∴T_n＞$\frac{k}{57}$对-切n∈N^*都成立，即f（1）＞$\frac{k}{57}$对-切n∈N^*都成立，
∴$\frac{1}{3}$＞$\frac{k}{57}$，解得：k＜19，
∴满足条件的最大正整数k的值为18．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，利用裂项相消法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．