Question

11．已知数列{a_n}的前n项和S_n，且满足2S_n=na_n+3n，（n∈N^*）且S₂=8．
（1）求a₁，a₂，a₃的值；
（2）证明数列{a_n}是等差数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（3）求证：$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{1}{{S}_{3}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$＜$\frac{3}{4}$．

Answer 1

分析 （1）由2S₁=a₁+3求a₁，再求a₂，a₃的值；
（2）先由2S_n=na_n+3n得到a_n=$\frac{n-1}{n-2}$a_n-1-$\frac{3}{n-2}$，从而由数学归纳法证明，再写出通项公式；
（3）化简S_n=$\frac{3+2n+1}{2}$n=n（n+2），从而求得$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），从而求前n项和即可．

解答 解：（1）由题意得，2S₁=a₁+3，则2a₁=a₁+3，a₁=3；
又∵S₂=a₁+a₂=8，∴a₂=5，
2S₃=3a₃+3×3，解得，a₃=7；
（2）当n≥3时，∵2S_n=na_n+3n，①
2S_n-1=（n-1）a_n-1+3（n-1），②
①-②得，2a_n=na_n-（n-1）a_n-1+3，整理得a_n=$\frac{n-1}{n-2}$a_n-1-$\frac{3}{n-2}$，
∵a₁=3，a₂=5，a₃=7；
∴猜想a_n=2n+1，证明如下，
当n=1，2，3时，显然成立；
当n≥3时，假设a_n=2n+1成立，
则a_n+1=$\frac{n}{n-1}$a_n-$\frac{3}{n-1}$=$\frac{n}{n-1}$（2n+1）-$\frac{3}{n-1}$=2n+3=2（n+1）+1，
综上所述，a_n=2n+1；
故数列{a_n}是等差数列，且数列{a_n}的通项公式a_n=2n+1；
（3）证明：由（2）知，S_n=$\frac{3+2n+1}{2}$n=n（n+2），可得$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{n（n+2）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$），
则$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+$\frac{1}{{S}_{3}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$
=$\frac{1}{2}$[（1-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+…+（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$）+（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）]
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{3}{4}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$）＜$\frac{3}{4}$．

点评 本题考查了数列的通项公式的求法与数列证明，同时考查了前n项和的求法及数学归纳法的应用，属于难题．