Question

已知数列{a_n}满足a₁=1，a_n＞0，S_n是数列{a_n}的前n项和，对任意n∈N^*，有2S_n=2a_n²+a_n-1
（1）计算a₂，a₃的值，并求数列{a_n}的通项公式
（2）求满足S_m≤27的m的最大值
（3）记b_n=a_na_n-1+2（n∈N*），求证：

1

b1

+

1

b2

+

1

b3

+…+

1

bn

＜4．

Answer 1

分析：（1）由2S_n=2a_n²+a_n-1，及a₁=1，a_n＞0，分别令n=2，3即可得出a₂，a₃．当n≥2时，由2S_n=2a_n²+a_n-1，2Sn-1=2

a

2 n-1

+an-1-1，两式相减即可得出(an+an-1)(an-an-1-

1

2

)=0．利用a_n＞0，可得an-an-1=

1

2

．利用等差数列的通项公式即可得出a_n．
（2）利用（1）和等差数列的前n项和公式即可得出S_n，由S_m≤27，利用一元二次不等式的解法即可得出m的最大值．
（3）由b_n=a_na_n-1+2（n∈N^*），可得b_n=

n2+n+8

4

．放缩并裂项得

1

bn

=

4

n2+n+8

＜

4

n(n+1)

=4(

1

n

-

1

n+1

)．利用“裂项求和”即可得出即可证明结论．

解答：解：（1）由2S_n=2a_n²+a_n-1，令n=2，
则2(a1+a2)=2

a

2 2

+a2-1，化为2

a

2 2

-a2-3=0，又a₂＞0，解得a2=

3

2

．
令n=3，则2（a₁+a₂+a₃）=2

a

2 3

+a3-1，化为2

a

2 3

-a3-6=0，解得a₃=2．
当n≥2时，由2S_n=2a_n²+a_n-1，2Sn-1=2

a

2 n-1

+an-1-1，
两式相减得2an=2

a

2 n

+an-2

a

2 n-1

-an-1，化为(an+an-1)(an-an-1-

1

2

)=0．
∵a_n＞0，∴an-an-1=

1

2

．
∴数列{a_n}是以a₁=1为首项，

1

2

为公差的等差数列．
∴an=1+(n-1)×

1

2

=

n+1

2

．
（2）由（1）可得：Sm=

m(1+ m+1 2 )

2

=

m(m+3)

4

，由

m(m+3)

4

≤27，化为m²+3m-108≤0，m∈N^*，解得0＜m≤9，
因此满足S_m≤27的m的最大值是9．
（3）证明：b_n=a_na_n-1+2=

(n+1)

2

•

n

2

+2=

n2+n+8

4

．
∴

1

bn

=

4

n2+n+8

＜

4

n(n+1)

=4(

1

n

-

1

n+1

)．
∴

1

b1

+

1

b2

+

1

b3

+…+

1

bn

＜4[(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)]=4(1-

1

n+1

)＜4．
故不等式成立．

点评：本题考查了数列a_n与其前n项和S_n的关系、等差数列的通项公式及其前n项和公式、一元二次不等式的解法、放缩法、“裂项求和”等基础知识与基本方法，属于难题．