Question

【題目】數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且an+1=an+ ﹣1（n∈N*），{an}的前n項和是Sn ．
（Ⅰ）若{an}是遞增數(shù)列，求a1的取值范圍；
（Ⅱ）若a1＞2，且對任意n∈N* ， 都有Sn≥na1﹣ （n﹣1），證明：Sn＜2n+1．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）解：由a2＞a1＞0 ﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2，①．

又a3＞a2＞0， ＞a2，0＜a2＜2 ﹣1＜2，解得1＜a1＜2，②．

由①②可得：1＜a1＜2．

下面利用數(shù)學歸納法證明：當1＜a1＜2時，n∈N*，1＜an＜2成立．

（i）當n=1時，1＜a1＜2成立．

（ii）假設當n=k∈N*時，1＜an＜2成立．

則當n=k+1時，ak+1=ak+ ﹣1∈ （1，2），

即n=k+1時，不等式成立．

綜上（1）（2）可得：n∈N*，1＜an＜2成立．

于是an+1﹣an= ﹣1＞0，即an+1＞an，

∴{an}是遞增數(shù)列，a1的取值范圍是（1，2）．

（Ⅱ）證明：∵a1＞2，可用數(shù)學歸納法證明：an＞2對n∈N*都成立．

于是：an+1﹣an= ﹣1＜2，即數(shù)列{an}是遞減數(shù)列．

在Sn≥na1﹣ （n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+ ﹣1=S2≥2a1﹣ ，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．

下證：（1）當 時，Sn≥na1﹣ （n﹣1）恒成立．

事實上，當 時，由an=a1+（an﹣a1）≥a1+（2﹣ ）= ．

于是Sn=a1+a2+…+an≥a1+（n﹣1） =na1﹣ ．

再證明：（2） 時不合題意．

事實上，當 時，設an=bn+2，可得 ≤1．

由an+1=an+ ﹣1（n∈N*），可得：bn+1=bn+ ﹣1，可得 = ≤ ≤ ．

于是數(shù)列{bn}的前n和Tn≤ ＜3b1≤3．

故Sn=2n+Tn＜2n+3=na1+（2﹣a1）n+3，③．

令a1= +t（t＞0），由③可得：Sn＜na1+（2﹣a1）n+3=na1﹣ ﹣tn+ ．

只要n充分大，可得：Sn＜na1﹣ ．這與Sn≥na1﹣ （n﹣1）恒成立矛盾．

∴ 時不合題意．

綜上（1）（2）可得： ，于是可得 = ≤ ≤ ．（由 可得： ）．

故數(shù)列{bn}的前n項和Tn≤ ＜ b1＜1，∴Sn=2n+Tn＜2n+1

【解析】（Ⅰ）由a2＞a1＞0 ﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2．又a3＞a2＞0， ＞a2，0＜a2＜2 ﹣1＜2，解得1＜a1＜2．可得：1＜a1＜2．下面利用數(shù)學歸納法證明：當1＜a1＜2時，n∈N*，1＜an＜2成立即可．于是an+1﹣an= ﹣1＞0，即an+1＞an，滿足{an}是遞增數(shù)列，即可得出a1的取值范圍．（Ⅱ）a1＞2，可用數(shù)學歸納法證明：an＞2對n∈N*都成立．于是：an+1﹣an= ﹣1＜2，即數(shù)列{an}是遞減數(shù)列．在Sn≥na1﹣ （n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+ ﹣1=S2≥2a1﹣ ，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．

下證：（1）當 時，Sn≥na1﹣ （n﹣1）恒成立．事實上，當 時，由an=a1+（an﹣a1）≥a1+（2﹣ ）= ．累加求和即可證明．

再證明：（2） 時不合題意．事實上，當 時，設an=bn+2，可得 ≤1．由an+1=an+ ﹣1（n∈N*），可得：bn+1=bn+ ﹣1，可得 = ≤ ≤ ．于是數(shù)列{bn}的前n和Tn≤3．故Sn=2n+Tn＜2n+3=na1+（2﹣a1）n+3，令a1= +t（t＞0），可得：Sn＜na1﹣ ．這與Sn≥na1﹣ （n﹣1）恒成立矛盾．

【考點精析】根據(jù)題目的已知條件，利用數(shù)列的前n項和和數(shù)列的通項公式的相關知識可以得到問題的答案，需要掌握數(shù)列{an}的前n項和sn與通項an的關系；如果數(shù)列an的第n項與n之間的關系可以用一個公式表示，那么這個公式就叫這個數(shù)列的通項公式．