Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=1，（S_n-1）a_n-1=S_n-1a_n-1-a_n（n≥2）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)b_n=a_n²，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，試比較T_n與2-

1

n

的大�。�
（3）若

n

k=1

1

1 an +k

＞-

3

2

+log_a（2a-1）（其中a＞0且a≠1）對任意正整數(shù)n都成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合,數(shù)列的求和

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）通過化簡已知條件，推出a_na_n-1-a_n-1+a_n=0，然后得{

1

an

}是以1為首項，1為公差為等差數(shù)列，即可求解通項公式．
（2）設(shè)b_n=a_n²，求出數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，然后比較T_n與2-

1

n

的大小；
（3）若

n

k=1

1

1 an +k

＞-

3

2

+log_a（2a-1）（其中a＞0且a≠1）對任意正整數(shù)n都成立，證明g （n）為增函數(shù)，求出g （n）|_min，利用 g （n）＞-

3

2

+loga(2a-1)對任意正整數(shù)n都成立，得到 

1

2

＞-

3

2

+loga(2a-1)，然后求解即可．

解答： 解：（1）∵（S_n-1）a_n-1=S_n-1 a_n-1-a_n，
∴（S_n-S_n-1-1）a_n-1=-a_n，即  a_na_n-1-a_n-1+a_n=0．
∵a_n≠0，若不然，則a_n-1=0，從而與a₁=1矛盾，∴a_na_n-1≠0，
∴a_na_n-1-a_n-1+a_n=0兩邊同除以a_na_n-1，得 

1

an

-

1

an-1

=1（n≥2）．
又 

1

a1

=1，∴{

1

an

}是以1為首項，1為公差為等差數(shù)列，
則 

1

an

=1+(n-1)×1=n，a_n=

1

n

． …（4分）
（2）∵b_n=a_n²=

1

n2

，∴當(dāng) n=1時，T_n=2-

1

n

；
當(dāng)n≥2時，T_n=

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

＜1+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)n

=1+(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

n-1

-

1

n

)=2-

1

n

．…（8分）
（3）

1

1 an +k

=

1

n+k

，∴

n

k=1

1

1 an +k

=

n

k=1

1

n+k

．
設(shè) g（n）=

n

k=1

1

n+k

=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

2n

，
∴g（n+1）-g（n）=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

2n+1

+

1

2n+2

-(

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

2n

)=

1

2n+1

+

1

2n+2

-

1

n+1

=

1

2n+1

-

1

2n+2

＞0，
∴g （n）為增函數(shù)，
從而 g （n）|_min=g（1）=

1

2

．  …（10分）
因為 g （n）＞-

3

2

+loga(2a-1)對任意正整數(shù)n都成立，
所以 

1

2

＞-

3

2

+loga(2a-1)，得 log _a（2a-1）＜2，即 log _a（2a-1）＜log _aa²．
①當(dāng)a＞1時，有 0＜2a-1＜a²，解得 a＞

1

2

且a≠1，∴a＞1．
②當(dāng)0＜a＜1時，有 2a-1＞a²＞0，此不等式無解．
綜合①、②可知，實數(shù)a的取值范圍是（1，+∞）．         …（12分）

點評：本題考查數(shù)列與不等式相結(jié)合，考查分析問題與解決問題的能力，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．