Question

17．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，对?n∈N^*有2S_n=a${\;}_{n}^{2}$+a_n，令b_n=$\frac{\sqrt{{a}_{n+1}}-\sqrt{{a}_{n}}}{\sqrt{{a}_{n+1}}•\sqrt{{a}_{n}}}$，设{b_n}的前n项和为T_n，则T_n的最小值为1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

Answer 1

分析 由已知数列递推式可得数列{a_n}是首项为1，公差为1的等差数列，求得数列{a_n}的通项公式后代入b_n=$\frac{\sqrt{{a}_{n+1}}-\sqrt{{a}_{n}}}{\sqrt{{a}_{n+1}}•\sqrt{{a}_{n}}}$，得到${b}_{n}=\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，作和后可得T_n的最小值．

解答 解：由2S_n=${{a}_{n}}^{2}$+a_n，得$2{S}_{n+1}={{a}_{n+1}}^{2}+{a}_{n+1}$，
两式作差得$2{a}_{n+1}={{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}+{a}_{n+1}-{a}_{n}$，
∴a_n+1+a_n=（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n），
则（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-1）=0，
∵a_n＞0，∴a_n+1-a_n=1．
又由2S_n=${{a}_{n}}^{2}$+a_n，得$2{a}_{1}={{a}_{1}}^{2}+{a}_{1}$，解得a₁=1．
∴数列{a_n}是首项为1，公差为1的等差数列，
则a_n=1+1×（n-1）=n．
b_n=$\frac{\sqrt{{a}_{n+1}}-\sqrt{{a}_{n}}}{\sqrt{{a}_{n+1}}•\sqrt{{a}_{n}}}$=$\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}•\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$，
则T_n=$\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$=$1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$．
∴当n=1时，T_n的最小值为1-$\frac{1}{\sqrt{2}}=1-\frac{\sqrt{2}}{2}$．
故答案为：1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，训练了裂项相消法求数列的和，是中档题．