Question

9．设正项数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足${S_n}=\frac{1}{2}a_n^2+\frac{n}{2}（{n∈{N^*}}）$．
（1）计算a₁，a₂，a₃的值，并猜想{a_n}的通项公式；
（2）用数学归纳法证明{a_n}的通项公式；
（3）证明不等式：$\sum_{i=1}^n{\frac{1}{{\sqrt{a_i}}}}＞2（\sqrt{n+1}-1）（n∈{N^*}）$．

Answer 1

分析 （1）代值计算，并猜想结论，
（2）用数学归纳法证明：当n=1时，去证明等式成立；假设当n=k时，等时成立，用上归纳假设后，去证明当n=k+1时，等式也成立即可．
（3）用数学归纳法证明，当n=1时，去证明不等式成立；假设当n=k时，不等时成立，用上归纳假设后，去证明当n=k+1时，不等式也成立即可

解答 解：（1）当n=1时，${a_1}={S_1}=\frac{1}{2}a_1^2+\frac{1}{2}$，得a₁=1； ${a_1}+{a_2}={S_2}=\frac{1}{2}a_2^2+1$，得a₂=2${a_1}+{a_2}+{a_3}={S_3}=\frac{1}{2}a_3^2+\frac{3}{2}$，得a₃=3，
 猜想a_n=n
（2）证明：（ⅰ）当n=1时，显然成立
（ⅱ）假设当n=k时，a_k=k
则当n=k+1时，${a_{k+1}}={S_{k+1}}-{S_k}=\frac{1}{2}a_{k+1}^2+\frac{k+1}{2}-（{\frac{1}{2}a_k^2+\frac{k}{2}}）$
=$\frac{1}{2}a_{k+1}^2+\frac{k+1}{2}-（{\frac{1}{2}{k^2}+\frac{k}{2}}）$
整理得：$a_{k+1}^2-2{a_{k+1}}-{k^2}+1=0$，即[a_k+1-（k+1）][a_k+1+（k-1）]=0
结合a_n＞0，解得a_k+1=k+1，
于是对于一切的自然数n∈N^*，都有a_n=n．
（3）证明：由（2）可知a_n=n，（ⅰ）当n=1时，不等式显然成立，
（ⅱ）假设当n=k时，$1+\frac{1}{{\sqrt{2}}}+…+\frac{1}{{\sqrt{k}}}＞2（\sqrt{k+1}-1）$
则当n=k+1时，$1+\frac{1}{{\sqrt{2}}}+\frac{1}{{\sqrt{3}}}+…+\frac{1}{{\sqrt{k}}}+\frac{1}{{\sqrt{k+1}}}＞2（\sqrt{k+1}-1）+\frac{1}{{\sqrt{k+1}}}$
∵2（$\sqrt{k+2}$-1）-2（$\sqrt{k+1}$-1）-$\frac{1}{\sqrt{k+1}}$=2$\sqrt{k+2}$-2$\sqrt{k+1}$-$\frac{1}{\sqrt{k+1}}$=$\frac{2\sqrt{（k+1）（k+2）}-2（k+1）-1}{\sqrt{k+1}}$
=$\frac{2\sqrt{（k+1）（k+2）}-2k-3}{\sqrt{k+1}}$=$\frac{\sqrt{4{k}^{2}+12k+8}-\sqrt{4{k}^{2}+12k+9}}{\sqrt{k+1}}$＜0，
∴$2（\sqrt{k+1}-1）+\frac{1}{{\sqrt{k+1}}}＞2（\sqrt{k+2}-1）$，∴$1+\frac{1}{{\sqrt{2}}}+…+\frac{1}{{\sqrt{k}}}+\frac{1}{{\sqrt{k+1}}}＞2（\sqrt{k+2}-1）$，
∴n=k+1时，不等式也成立，∴?n∈N^*，原不等式成立

点评 本题考查数学归纳法，用好归纳假设是关键，考查逻辑推理与证明的能力，属于中档题．