Question

（2008•嘉定區一模）設正數數列{a_n}的前n項和為S_n，且對任意的n∈N*，S_n是a_n²和a_n的等差中項．
（1）求數列{a_n}的通項公式；
（2）在集合M={m|m=2k，k∈Z，且1000≤k＜1500}中，是否存在正整數m，使得不等式Sn-1005＞

a 2 n

2

對一切滿足n＞m的正整數n都成立？若存在，則這樣的正整數m共有多少個？并求出滿足條件的最小正整數m的值；若不存在，請說明理由；
（3）請構造一個與數列{S_n}有關的數列{u_n}，使得

lim

n→∞

(u1+u2+…+un)存在，并求出這個極限值．

Answer 1

分析：（1）由2S_n=a_n²+a_n，知n=1時，a₁=1，當n≥2時，有2S_n-1=a_n-1²+a_n-1，2a_n=a_n²-a_n-1²+a_n-a_n-1，由此能求出{a_n}的通項公式．
（2）設存在滿足條件的正整數m，由

n(n+1)

2

-1005＞

n2

2

，

n

2

＞1005，n＞2010，知M={2000，2002，…，2008，2010，2012，…，2998}，所以m=2010，2012，…，2998均滿足條件，由此能求出m的最小值．
（3）設un=

1

Sn

，由un=

2

n(n+1)

，知u1+u2+…+un=

2

1×2

+

2

2×3

+…+

2

n(n+1)

=2[(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)]=2(1-

1

n+1

)，由此知

lim

n→∞

(u1+u2+…+un)存在，并能求出這個極限值．

解答：解：（1）由題意得，2S_n=a_n²+a_n①，
當n=1時，2a₁=a₁²+a₁，解得a₁=1，…（1分）
當n≥2時，有2S_n-1=a_n-1²+a_n-1②，
①式減去②式得，2a_n=a_n²-a_n-1²+a_n-a_n-1
于是，a_n²-a_n-1²=a_n+a_n-1，（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=a_n+a_n-1，…（2分）
因為a_n+a_n-1＞0，所以a_n-a_n-1=1，
所以數列{a_n}是首項為1，公差為1的等差數列，…（3分）
所以{a_n}的通項公式為a_n=n（n∈N*）．…（4分）
（2）設存在滿足條件的正整數m，
則

n(n+1)

2

-1005＞

n2

2

，

n

2

＞1005，n＞2010，…（6分）
又M={2000，2002，…，2008，2010，2012，…，2998}，
所以m=2010，2012，…，2998均滿足條件，
它們組成首項為2010，公差為2的等差數列．…（8分）
設共有k個滿足條件的正整數，
則2010+2（k-1）=2998，解得k=495．…（10分）
所以，M中滿足條件的正整數m存在，
共有495個，m的最小值為2010．…（12分）
（3）設un=

1

Sn

，即un=

2

n(n+1)

，…（15分），
則u1+u2+…+un=

2

1×2

+

2

2×3

+…+

2

n(n+1)

=2[(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)]=2(1-

1

n+1

)，
其極限存在，且

lim

n→∞

(u1+u2+…+un)=

lim

n→∞

[2(1-

1

n+1

)]=2．…（18分）
注：un=

c

Sn

（c為非零常數），un=(

1

2

)

c•Sn

n+1

（c為非零常數），
un=q

c•Sn

n+1

（c為非零常數，0＜|q|＜1）等都能使

lim

n→∞

(u1+u2+…+un)存在．

點評：本題考查數列與不等式的綜合運用，解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉化．