Question

已知正项数列{a_n} 满足S_n+S_n-1=ta_n²+2（n≥2，t＞0），a₁=1，其中S_n是数{a_n} 的前n项和．
（1）求a₂及通项a_n；
（2）记数列{

1

anan+1

}的前n项和为T_n，若T_n＜2对所有的n∈N⁺都成立，求证：0＜t≤1．

Answer 1

分析：（1）将n=2代入已知等式，求出a₂，仿写另一个等式，两个式子相减得到数列的项的递推关系，利用等差数列的定义及等差数列的通项公式求得．
（2）根据第（1）问题结论利用裂项的方法即可求的不等式左边当n≥2时的前n项和，进而问题转化为t²（1-

1

n

）＜2对于n≥2，n∈N^*恒成立，再结合放缩法即可获得问题的解答．

解答：解：（1）a₁=1，S₂+S₁=ta₂²+2得a₂=0（舍去）或a2=

1

t

，
又S_n+Sn-1=ta_n²+2    （1）
S_n-1+S_n-2=ta_n-1²+2（n≥3）（2）
（1）-（2）得a_n+a_n-1=t（a_n²-a_n-1²）（n≥3），
因为数列{a_n}为正项数列，∴an-an-1=

1

t

(n≥3)，
即数列{a_n}从第二项开始是公差为

1

t

的等差数列．∴an= 

1(n=1) n-1 t (n≥2)

----7 分
（2）当n=时T₁=t＜2；
n≥2时，T_n=t+

t2

1×2

+

t2

2×3

+…+

t2

(n-1)n

=t+t2

n-1

n

要使T_n＜2对所有n∈N^*恒成立，只t+t2

n-1

n

≤2成立，
故0＜t≤1得证----（14分）

点评：本题考查的是数列与不等式的综合类问题．在解答的过程当中充分体现了通项与前n项和的关系、等差数列的知识、分类讨论的思想以及恒成立的思想和问题转化的能力．值得同学们体会反思．