Question

16．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁=1，且其前n項(xiàng)和S_n滿(mǎn)足S_n+1=S_n+4n+1，n∈N^*．
（1）求S_n的表達(dá)式，并令b_n=$\frac{{S}_{n}}{n+p}$．求非零常數(shù)p的值，使得數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列；
（2）在（1）的條件下，設(shè)c_n=$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$．T_n是數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和，且T_n＜m時(shí)對(duì)所有n∈N^*都成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由S_n+1=S_n+4n+1，n∈N^*，可得a_n+1=4n+1，可得a_n=4n-3，利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得S_n=n（2n-1）．于是b_n=$\frac{n（2n-1）}{n+p}$，若數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，2b₂=b₁+b₃，解得p，再利用等差數(shù)列的充要條件判定即可得出．
（2）在（1）的條件下，c_n=$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．利用“裂項(xiàng)求和”與不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）∵S_n+1=S_n+4n+1，n∈N^*，
∴a_n+1=4n+1，
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=4n-3，當(dāng)n=1時(shí)也成立．
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為4．
∴S_n=$\frac{n（1+4n-3）}{2}$=n（2n-1）．
∴b_n=$\frac{n（2n-1）}{n+p}$，可得b₁=$\frac{1}{1+p}$，b₂=$\frac{6}{2+p}$，b₃=$\frac{15}{3+p}$，
若數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，∴2b₂=b₁+b₃，
∴$\frac{12}{2+p}$=$\frac{1}{1+p}$+$\frac{15}{3+p}$，化為2p²+p=0，
∵p≠0，解得p=-$\frac{1}{2}$；
∴b_n=2n，由于此式是關(guān)于n的一次函數(shù)，因此數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列．
（2）在（1）的條件下，c_n=$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$=$\frac{1}{2n•2（n+1）}$=$\frac{1}{4}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）$．
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=$\frac{1}{4}[（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+…+（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）]$=$\frac{1}{4}（1-\frac{1}{n+1}）$$＜\frac{1}{4}$，
由T_n＜m時(shí)對(duì)所有n∈N^*都成立，
∴$m≥\frac{1}{4}$．
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是$[\frac{1}{4}，+∞）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等差數(shù)列的定義通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、“裂項(xiàng)求和”、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．