Question

1．設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，已知數(shù)列$\left\{{\sqrt{S_n}}\right\}$是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列．
（Ⅰ） 求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）令b_n=$\frac{1}{{\sqrt{{a_n}{S_{2n+1}}}+\sqrt{{a_{n+1}}{S_{2n-1}}}}}$，若不等式b₁+b₂+b₃+…+b_n≥$\frac{m}{{\sqrt{2n+1}+1}}$對(duì)任意n∈N^*都成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式，推出前n項(xiàng)和，然后求解數(shù)列的通項(xiàng)公式．
（Ⅱ）化簡(jiǎn)b_n=$\frac{1}{{\sqrt{{a_n}{S_{2n+1}}}+\sqrt{{a_{n+1}}{S_{2n-1}}}}}$，求出數(shù)列的和，然后求出m的不等式，推出結(jié)果即可．

解答 解：（Ⅰ）∵數(shù)列$\left\{{\sqrt{S_n}}\right\}$是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，
∴$\sqrt{S_n}=1+（{n-1}）=n$．∴${S_n}={n^2}$．
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=1； 當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1．
又a₁=1適合上式．∴a_n=2n-1．…（4分）
（Ⅱ）${b_n}=\frac{1}{{\sqrt{{a_n}{S_{2n+1}}}+\sqrt{{a_{n+1}}{S_{2n-1}}}}}$=$\frac{1}{{（{2n+1}）\sqrt{2n-1}+（{2n-1}）\sqrt{2n+1}}}$=$\frac{1}{{\sqrt{（{2n+1}）（{2n-1}）}（{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}}）}}=\frac{{\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}}}{{2\sqrt{（{2n+1}）（{2n-1}）}}}=\frac{1}{2}（{\frac{1}{{\sqrt{2n-1}}}-\frac{1}{{\sqrt{2n+1}}}}）$，
∴b₁+b₂+…+b_n=$\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{{\sqrt{3}}}}）+\frac{1}{2}（{\frac{1}{{\sqrt{3}}}-\frac{1}{{\sqrt{5}}}}）+…+\frac{1}{2}（{\frac{1}{{\sqrt{2n-1}}}-\frac{1}{{\sqrt{2n+1}}}}）$
=$\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{{\sqrt{2n+1}}}}）$=$\frac{{\sqrt{2n+1}-1}}{{2\sqrt{2n+1}}}$．
∴$\frac{{\sqrt{2n+1}-1}}{{2\sqrt{2n+1}}}$$≥\frac{m}{{\sqrt{2n+1}+1}}$對(duì)任意n∈N^*都成立，
得$m≤\frac{{（{\sqrt{2n+1}-1}）（{\sqrt{2n+1}+1}）}}{{2\sqrt{2n+1}}}=\frac{n}{{\sqrt{2n+1}}}$對(duì)任意n∈N^*都成立．
令${c_n}=\frac{n}{{\sqrt{2n+1}}}$，則$\frac{{{c_{n+1}}}}{c_n}=\frac{{（{n+1}）\sqrt{2n+1}}}{{n\sqrt{2n+3}}}=\frac{{\sqrt{2{n^3}+5{n^2}+4n+1}}}{{\sqrt{2{n^3}+3{n^2}}}}＞1$．
∴c_n+1＞c_n．∴${c_n}＞{c_{n-1}}＞…＞{c_1}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．∴$m≤\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為$（{-∞，\frac{{\sqrt{3}}}{3}}]$．…（10分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的應(yīng)用，數(shù)列求和以及數(shù)列與不等式相結(jié)合，考查計(jì)算能力．