Question

6．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=1，a₂=2且S_n+2-3S_n+1+2S_n+a_n=0，（n∈N^*），记T_n=$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+…+\frac{1}{S_n}，（n∈{N^*}）$，若（n+6）λ≥T_n对n∈N^*恒成立，则λ的最小值为$\frac{1}{6}$．

Answer 1

分析 推导出S_n+2-3S_n+1+2S_n+a_n=a_n+2-2a_n+1+a_n=0，从a_n+2-a_n+1=a_n+1-a_n，进而{a_n}是首项为1，公差为2-1=1的等差数列，由此得到$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{2}{n（n+1）}$=2（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$），由此利用裂项求和法能求出λ的最小值．

解答 解：∵数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=1，a₂=2且S_n+2-3S_n+1+2S_n+a_n=0，（n∈N^*），
∴S_n+2-3S_n+1+2S_n+a_n
=S_n+2-S_n+1-2（S_n+1-S_n）+a_n
=a_n+2-2a_n+1+a_n=0，
∴a_n+2-a_n+1=a_n+1-a_n，
∴{a_n}是首项为1，公差为2-1=1的等差数列，
∴a_n=1+（n-1）×1=n，${S}_{n}=\frac{n（n+1）}{2}$，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{2}{n（n+1）}$=2（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$），
∴T_n=2（$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）=$\frac{2n}{n+1}$，
∵（n+6）λ≥T_n对n∈N^*恒成立，
∴$λ≥\frac{2n}{（n+1）（n+6）}=\frac{2}{n+\frac{6}{n}+7}$，
∵n=2或n=3时，$\frac{2}{n+\frac{6}{n}+7}$有最大值$\frac{1}{6}$，∴$λ≥\frac{1}{6}$，
∴λ的最小值为$\frac{1}{6}$．
故答案为：$\frac{1}{6}$．

点评 裂项相减法是最难把握的求和法之一，其原因是有时很验证找到裂项的方向，突破这一难点的方程是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧，要注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果出错．