已知数列{an}的首项为a1=1.且其前n项和Sn满足Sn+1=Sn+4n+1.n∈N*．(1)求Sn的表达式.并令bn=$\frac{{S} {n}}{n+p}$．求非零常数p的值.使得数列{bn}是等差数列,的条件下.设cn=$\frac{1}{{b} {n}{b} {n+1}}$．Tn是数列{cn}的前n项和.且Tn＜m时对所有n∈N*都成立.求实数m的取值范围� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

16．已知数列{a_n}的首项为a₁=1，且其前n项和S_n满足S_n+1=S_n+4n+1，n∈N^*．
（1）求S_n的表达式，并令b_n=$\frac{{S}_{n}}{n+p}$．求非零常数p的值，使得数列{b_n}是等差数列；
（2）在（1）的条件下，设c_n=$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$．T_n是数列{c_n}的前n项和，且T_n＜m时对所有n∈N^*都成立，求实数m的取值范围．

分析（1）由S_n+1=S_n+4n+1，n∈N^*，可得a_n+1=4n+1，可得a_n=4n-3，利用等差数列的前n项和公式可得S_n=n（2n-1）．于是b_n=$\frac{n（2n-1）}{n+p}$，若数列{b_n}是等差数列，2b₂=b₁+b₃，解得p，再利用等差数列的充要条件判定即可得出．
（2）在（1）的条件下，c_n=$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．利用“裂项求和”与不等式的性质即可得出．

解答解：（1）∵S_n+1=S_n+4n+1，n∈N^*，
∴a_n+1=4n+1，
当n≥2时，a_n=4n-3，当n=1时也成立．
∴数列{a_n}是等差数列，首项为1，公差为4．
∴S_n=$\frac{n（1+4n-3）}{2}$=n（2n-1）．
∴b_n=$\frac{n（2n-1）}{n+p}$，可得b₁=$\frac{1}{1+p}$，b₂=$\frac{6}{2+p}$，b₃=$\frac{15}{3+p}$，
若数列{b_n}是等差数列，∴2b₂=b₁+b₃，
∴$\frac{12}{2+p}$=$\frac{1}{1+p}$+$\frac{15}{3+p}$，化为2p²+p=0，
∵p≠0，解得p=-$\frac{1}{2}$；
∴b_n=2n，由于此式是关于n的一次函数，因此数列{b_n}是等差数列．
（2）在（1）的条件下，c_n=$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$=$\frac{1}{2n•2（n+1）}$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．
∴数列{c_n}的前n项和T_n=$\frac{1}{4}[（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+…+（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）]$=$\frac{1}{4}（1-\frac{1}{n+1}）$$＜\frac{1}{4}$，
由T_n＜m时对所有n∈N^*都成立，
∴$m≥\frac{1}{4}$．
∴实数m的取值范围是$[\frac{1}{4}，+∞）$．