Question

（2008•嘉定区一模）设正数数列{a_n}的前n项和为S_n，且对任意的n∈N*，S_n是a_n²和a_n的等差中项．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）在集合M={m|m=2k，k∈Z，且1000≤k＜1500}中，是否存在正整数m，使得不等式Sn-1005＞

a 2 n

2

对一切满足n＞m的正整数n都成立？若存在，则这样的正整数m共有多少个？并求出满足条件的最小正整数m的值；若不存在，请说明理由；
（3）请构造一个与数列{S_n}有关的数列{u_n}，使得

lim

n→∞

(u1+u2+…+un)存在，并求出这个极限值．

Answer 1

分析：（1）由2S_n=a_n²+a_n，知n=1时，a₁=1，当n≥2时，有2S_n-1=a_n-1²+a_n-1，2a_n=a_n²-a_n-1²+a_n-a_n-1，由此能求出{a_n}的通项公式．
（2）设存在满足条件的正整数m，由

n(n+1)

2

-1005＞

n2

2

，

n

2

＞1005，n＞2010，知M={2000，2002，…，2008，2010，2012，…，2998}，所以m=2010，2012，…，2998均满足条件，由此能求出m的最小值．
（3）设un=

1

Sn

，由un=

2

n(n+1)

，知u1+u2+…+un=

2

1×2

+

2

2×3

+…+

2

n(n+1)

=2[(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)]=2(1-

1

n+1

)，由此知

lim

n→∞

(u1+u2+…+un)存在，并能求出这个极限值．

解答：解：（1）由题意得，2S_n=a_n²+a_n①，
当n=1时，2a₁=a₁²+a₁，解得a₁=1，…（1分）
当n≥2时，有2S_n-1=a_n-1²+a_n-1②，
①式减去②式得，2a_n=a_n²-a_n-1²+a_n-a_n-1
于是，a_n²-a_n-1²=a_n+a_n-1，（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=a_n+a_n-1，…（2分）
因为a_n+a_n-1＞0，所以a_n-a_n-1=1，
所以数列{a_n}是首项为1，公差为1的等差数列，…（3分）
所以{a_n}的通项公式为a_n=n（n∈N*）．…（4分）
（2）设存在满足条件的正整数m，
则

n(n+1)

2

-1005＞

n2

2

，

n

2

＞1005，n＞2010，…（6分）
又M={2000，2002，…，2008，2010，2012，…，2998}，
所以m=2010，2012，…，2998均满足条件，
它们组成首项为2010，公差为2的等差数列．…（8分）
设共有k个满足条件的正整数，
则2010+2（k-1）=2998，解得k=495．…（10分）
所以，M中满足条件的正整数m存在，
共有495个，m的最小值为2010．…（12分）
（3）设un=

1

Sn

，即un=

2

n(n+1)

，…（15分），
则u1+u2+…+un=

2

1×2

+

2

2×3

+…+

2

n(n+1)

=2[(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)]=2(1-

1

n+1

)，
其极限存在，且

lim

n→∞

(u1+u2+…+un)=

lim

n→∞

[2(1-

1

n+1

)]=2．…（18分）
注：un=

c

Sn

（c为非零常数），un=(

1

2

)

c•Sn

n+1

（c为非零常数），
un=q

c•Sn

n+1

（c为非零常数，0＜|q|＜1）等都能使

lim

n→∞

(u1+u2+…+un)存在．

点评：本题考查数列与不等式的综合运用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．