Question

5．已知各項(xiàng)為正的數(shù)列{a_n}中，前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}{2}$．
（Ⅰ）證明數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，并求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{1}{（2{a}_{n}+1）（2{a}_{n}-1）}$，數(shù){b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求使不等式T_n＞$\frac{k}{57}$對(duì)-切n∈N^*都成立的最大正整數(shù)k的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用a_n=S_n-S_n-1計(jì)算、整理得${{a}_{n}}^{2}$-a_n=${{a}_{n-1}}^{2}$+a_n-1，進(jìn)而可知a_n-a_n-1=1，從而數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)、公差均為1的等差數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)（1）裂項(xiàng)可知b_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），并項(xiàng)相加可知T_n=$\frac{n}{2n+1}$，通過(guò)求導(dǎo)可知數(shù)列{f（n）}是遞增數(shù)列，進(jìn)而解不等式$\frac{1}{3}$＞$\frac{k}{57}$即得結(jié)論．

解答 （Ⅰ）證明：∵S_n=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}{2}$，
∴S_n-1=$\frac{{a}_{n-1}（{a}_{n-1}+1）}{2}$（n≥2），
∴a_n=S_n-S_n-1=$\frac{{a}_{n}（{a}_{n}+1）}{2}$-$\frac{{a}_{n-1}（{a}_{n-1}+1）}{2}$，
整理得：${{a}_{n}}^{2}$-a_n=${{a}_{n-1}}^{2}$+a_n-1，
∴（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=a_n+a_n-1，
又∵數(shù)列{a_n}中各項(xiàng)為正，
∴a_n-a_n-1=1，
又∵S₁=$\frac{{a}_{1}（{a}_{1}+1）}{2}$，即a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)、公差均為1的等差數(shù)列，
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=1+（n-1）=n；
（Ⅱ）解：由（1）可知b_n=$\frac{1}{（2{a}_{n}+1）（2{a}_{n}-1）}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
∴T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{n}{2n+1}$，
記f（x）=$\frac{x}{2x+1}$，則f′（x）=$\frac{2x+1-2x}{（2x+1）^{2}}$=$\frac{1}{（2x+1）^{2}}$＞0，
∴數(shù)列{f（n）}是遞增數(shù)列，
∴T_n＞$\frac{k}{57}$對(duì)-切n∈N^*都成立，即f（1）＞$\frac{k}{57}$對(duì)-切n∈N^*都成立，
∴$\frac{1}{3}$＞$\frac{k}{57}$，解得：k＜19，
∴滿足條件的最大正整數(shù)k的值為18．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，利用裂項(xiàng)相消法是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．