Question

已知各項都為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前行項和為S_n，且對任意n∈N^*．都有2pS_n=

a

2 n

+pan（其中p＞0為常數(shù)），記數(shù)列{

1

Sn

}前通項的和為H_n．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式及H_n；
（2）當(dāng)p=2時，將數(shù)列{

1

an

}的前4項抽去其中一項后，剩下三項按原來順序恰為等比數(shù)列{b_n}的前3項，記{b_n}的前n項和為T_n，若存在m∈N^*，使對任意n∈N^*．總有T_m＜H_n+λ恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）利用遞推式及當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1可得a_n-a_n-1=p＞0，再利用等差數(shù)列的通項公式和前n項和公式可得a_n、S_n，再利用“裂項求和”可得H_n．
（2）當(dāng)p=2時，a_n=2n，可得

1

a1

=

1

2

，

1

a2

=

1

4

，

1

a3

=

1

6

，

1

a4

=

1

8

，只有

1

2

，

1

4

，

1

8

成等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的通項公式和前n項和公式可得b_n、T_n．再利用T_m及H_n的單調(diào)性即可．

解答： 解：（1）當(dāng)n=1時，2pa₁=

a

2 1

+pa1，∵a₁＞0，∴2p=a₁+p，解得a₁=p．
當(dāng)n≥2時，由2pS_n=

a

2 n

+pan，2pSn-1=

a

2 n-1

+pan-1，
可得2pan=

a

2 n

+pan-(

a

2 n-1

+pan-1)，化為（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-p）=0，
∵?n∈N^*，都有a_n＞0，
∴a_n-a_n-1=p＞0，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，
∴a_n=p+（n-1）p=np．
∴S_n=

n2p2+np2

2p

=

(n2+n)p

2

，
∴

1

Sn

=

2

p

(

1

n

-

1

n+1

)．
∴H_n=

1

S1

+

1

S2

+…+

1

Sn

=

2

p

[(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)]
=

2

p

(1-

1

n+1

)=

2

p

•

n

n+1

．
（2）當(dāng)p=2時，a_n=2n，∴

1

a1

=

1

2

，

1

a2

=

1

4

，

1

a3

=

1

6

，

1

a4

=

1

8

，
只有

1

2

，

1

4

，

1

8

成等比數(shù)列，∴數(shù)列{b_n}的首項b₁=

1

2

，公比q=

1

2

，∴bn=

1

2

•(

1

2

)n-1=(

1

2

)n．
T_n=

1 2 [1-( 1 2 )n]

1- 1 2

=1-(

1

2

)n．
∵Tm=1-(

1

2

)m是關(guān)于m的單調(diào)遞增數(shù)列，∴

1

2

≤Tm＜1．
又H_n=

2

2

•

n

n+1

=

n

n+1

的最小值為

1

2

．
∵存在m∈N^*，使對任意n∈N^*，總有T_m＜H_n+λ恒成立，∴λ＞

1

2

-

1

2

=0．

點評：本題綜合考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式和前n項和公式、“裂項求和”、數(shù)列的單調(diào)性等基礎(chǔ)知識與基本技能方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．