Question

10．已知正项数列{a_n}的前n项和S_n，满足S_n²-（n²+n-1）S_n-（n²+n）=0．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）记b_n=$\frac{2}{{a}_{n}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，证明：当k＞7且k∈N时，对任意n∈N，都有T_nk-1-T_n-1＞$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）对已知的式子因式分解，结合条件可得S_n=n²+n，由S_n与a_n的关系式求出a_n；
（2）由（1）化简b_n=$\frac{2}{{a}_{n}}$，由数列前n项和的定义表示出T_nk-1-T_n-1，由倒序相加法和基本不等式进行放缩，化简后再进行恰当的放缩，由数列函数的特性证明结论成立．

解答 解：（1）由题意得，S_n²-（n²+n-1）S_n-（n²+n）=0，
则（S_n+1）[S_n-（n²+n）]=0，
因为数列{a_n}的各项是正项，所以S_n=n²+n，
当n=1时，a₁=S₁=1+1=2，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=n²+n-[（n-1）²+（n-1）]=2n，
经验证n=1时也适合上式，所以a_n=2n；
证明：（2）由（1）得，b_n=$\frac{2}{{a}_{n}}$=$\frac{2}{2n}$=$\frac{1}{n}$，
所以k＞7时，S=T_nk-1-T_n-1=$\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{nk-1}$，
则2S=$（\frac{1}{n}+\frac{1}{nk-1}）+（\frac{1}{n+1}+\frac{1}{nk-2}）+（\frac{1}{n+2}+\frac{1}{nk-3}）+…+（\frac{1}{nk-1}$$+\frac{1}{n}）$，
当x＞0，y＞0时，$x+y≥2\sqrt{xy}$、$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}≥2\sqrt{\frac{1}{xy}}$，当且仅当x=y时等号成立．
∴$（x+y）（\frac{1}{x}+\frac{1}{y}）≥2\sqrt{\frac{1}{xy}}•2\sqrt{xy}$=4，则$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}≥\frac{4}{x+y}$当且仅当x=y时等号成立．
∵上述（1）式中，k＞7，n＞0，n+1，n+2，…，nk-1全为正，
∴2S＞$\frac{4}{n+nk-1}+\frac{4}{n+1+nk-2}+\frac{4}{n+2+nk-3}+$…+$\frac{1}{nk-1+n}$
=$\frac{4（nk-n）}{n+nk-1}$=$\frac{4n（k-1）}{n+nk-1}$，
∴S＞$\frac{2n（k-1）}{n+nk-1}$=$\frac{2（k-1）}{1+k-\frac{1}{n}}$＞$\frac{2（k-1）}{1+k}$=2（1-$\frac{2}{k+1}$）＞2（1-$\frac{2}{7+1}$）=$\frac{3}{2}$，
综上可得，当k＞7且k∈N时，对任意n∈N，都有T_nk-1-T_n-1＞$\frac{3}{2}$．

点评 本题考查数列的递推公式的化简、变形，数列的S_n与a_n的关系式求通项公式，基本不等式等，考查利用放缩法证明不等式，倒序相加法求和，化归与转化的数学思想，培养学生的抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识．