Question

6．已知數列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=1，a₂=2且S_n+2-3S_n+1+2S_n+a_n=0，（n∈N^*），記T_n=$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+…+\frac{1}{S_n}，（n∈{N^*}）$，若（n+6）λ≥T_n對n∈N^*恒成立，則λ的最小值為$\frac{1}{6}$．

Answer 1

分析 推導出S_n+2-3S_n+1+2S_n+a_n=a_n+2-2a_n+1+a_n=0，從a_n+2-a_n+1=a_n+1-a_n，進而{a_n}是首項為1，公差為2-1=1的等差數列，由此得到$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{2}{n（n+1）}$=2（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$），由此利用裂項求和法能求出λ的最小值．

解答 解：∵數列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=1，a₂=2且S_n+2-3S_n+1+2S_n+a_n=0，（n∈N^*），
∴S_n+2-3S_n+1+2S_n+a_n
=S_n+2-S_n+1-2（S_n+1-S_n）+a_n
=a_n+2-2a_n+1+a_n=0，
∴a_n+2-a_n+1=a_n+1-a_n，
∴{a_n}是首項為1，公差為2-1=1的等差數列，
∴a_n=1+（n-1）×1=n，${S}_{n}=\frac{n（n+1）}{2}$，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{2}{n（n+1）}$=2（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$），
∴T_n=2（$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）=$\frac{2n}{n+1}$，
∵（n+6）λ≥T_n對n∈N^*恒成立，
∴$λ≥\frac{2n}{（n+1）（n+6）}=\frac{2}{n+\frac{6}{n}+7}$，
∵n=2或n=3時，$\frac{2}{n+\frac{6}{n}+7}$有最大值$\frac{1}{6}$，∴$λ≥\frac{1}{6}$，
∴λ的最小值為$\frac{1}{6}$．
故答案為：$\frac{1}{6}$．

點評 裂項相減法是最難把握的求和法之一，其原因是有時很驗證找到裂項的方向，突破這一難點的方程是根據式子的結構特點，掌握一些常見的裂項技巧，要注意裂項之后相消的過程中容易出現丟項或多項的問題，導致計算結果出錯．