Question

已知数列{a_n}前n项和为S_n，且满足a1=

1

2

，a_n+2S_nS_n-1=0（n≥2）
（1）求证：{

1

Sn

}是等差数列；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）记数列{b_n}的通项公式bn=

1

2n•Sn

，T_n=b₁+b₂+…+b_n若Tn+

n

2n-1

＜m（m∈z）恒成立，求m的最小值．

Answer 1

分析：（1）把已知条件变形可得

1

Sn

-

1

Sn-1

=2，故{

1

Sn

}是以2为公差、以2为首项的等差数列．
（2）由（1）可得

1

Sn

=2+（n-1）2=2n，S_n =

1

2n

，S_n-1=

1

2(n-1)

．由n≥2时，a_n =S_n -S_n-1 求出数列{a_n}的通项公式．
（3）由于 bn=

1

2n•Sn

=

2n

2n

=n•(

1

2

)n-1，用错位相减法求出它的前n项和T_n 的值，再由 Tn+

n

2n-1

=4-

2

2n-1

=4-(

1

2

)n-2＜m恒成立，得m≥4，由此求得m的最小值

解答：解：（1）证明：∵a1=

1

2

，a_n+2S_nS_n-1=0 （n≥2），故 S_n-S_n-1 +2S_nS_n-1=0，∴

1

Sn

-

1

Sn-1

=2，
故{

1

Sn

}是以2为公差、以2为首项的等差数列．
（2）由（1）可得

1

Sn

=2+（n-1）2=2n，∴S_n =

1

2n

，S_n-1=

1

2(n-1)

．
∴a_n =S_n-S_n-1=

1

2n

-

1

2(n-1)

=

-1

2n(n-1)

，（n≥2）．
综上可得  a_n =

1 2   ，    n=1 -1 2n(n-1)   ，    n≥2

．

（3）∵bn=

1

2n•Sn

=

2n

2n

=n•(

1

2

)n-1，故 Tn=1•(

1

2

)0+2•(

1

2

)1+3•(

1

2

)2+…+n•(

1

2

)n-1①
∴

1

2

Tn=1•(

1

2

)1+2•(

1

2

)2+3•(

1

2

)3+…+(n-1)•(

1

2

)n-1+n•(

1

2

)n②
①-②：

1

2

Tn=1•(

1

2

)0+(

1

2

)1+(

1

2

)2+…+(

1

2

)n-1-n(

1

2

)n=

1-( 1 2 )n

1 2

-n•(

1

2

)n，
∴Tn=4(1-(

1

2

)n)-n•(

1

2

)n-1=4-(

1

2

)n-2-n•(

1

2

)n-1=4-

n+2

2n-1

，
再由 Tn+

n

2n-1

=4-

2

2n-1

=4-(

1

2

)n-2＜m恒成立，
∴m≥4，故m的最小值等于4．

点评：本题主要考查等差关系的确定，用错位相减法对数列进行求和，数列的第n项与前n项和的关系，数列与不等式的综合，函数的恒成立问题，属于难题．