Question

6．设正项数列{a_n}满足：a₁=1，且对任意的n，m∈N₊，n＞m，均有a²_n+m•a²_n-m=n²-m²成立．
（1）求a₂，a₃的值，并求{a_n}的通项公式；
（2）（ⅰ）比较a_2n-1+a_2n+1与2a_2n的大小；
（ⅱ）证明：a₂+a₄+…+a_2n＞$\frac{n}{n+1}（{a_1}+{a_3}+…+{a_{2n+1}}）$．

Answer 1

分析 （1）先令m=1，求得a₃，n=m+2，求得a₂，分类讨论n为奇数或偶数，分别求得通项公式，
（2）a_2n-1+a_2n+1与2a_2n的通项公式，化简、比较大小，采用分析法，写出所以偶数项和奇数项整理即可．

解答 解：（1）令m=1，得$a_{n+1}^2a_{n-1}^2={n^2}-1$，从而$a_1^2a_3^2=3$，所以${a_3}=\sqrt{3}$，
令n=m+2，得$a_{2m+2}^2•a_2^2=4m+4$
从而${a_4}=\frac{{\sqrt{8}}}{a_2}$，${a}_{6}=\frac{\sqrt{12}}{{a}_{2}}$，又${a}_{4}{a}_{6}=\sqrt{{5}^{2}-1}$=$\sqrt{24}$，
∴${a}_{2}^{2}=2$，${a}_{2}=\sqrt{2}$，
从而${a}_{2m+1}=\sqrt{2m+1}$，
∴当n为偶数时，${a}_{n}=\sqrt{n}$；
令n=m+1，${a}_{2m+1}=\sqrt{2m+1}$，
可知当n为奇数时，${a_n}=\sqrt{n}$
综上可得${a_n}=\sqrt{n}$（n∈N₊）．
（2）（i）a_2n-1+a_2n+1-2a_2n
=$（\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n}）+（\sqrt{2n-1}-\sqrt{2n}）$
=$\frac{1}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n}}-\frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}}$＜0，
所以a_2n-1+a_2n+1＜2a_2n
（ii）即证明$\sqrt{2}+\sqrt{4}+…+\sqrt{2n}＞\frac{n}{n+1}（\sqrt{1}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+…+\sqrt{2n+1}）$
由（i）得$\sqrt{1}+\sqrt{3}＜2\sqrt{2}$，$\sqrt{3}+\sqrt{5}＜2\sqrt{4}$，…，$\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n+1}＜2\sqrt{2n}$
将上述的n个式子相加，得$2（\sqrt{1}+\sqrt{3}+…+\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n+1}）-（1+\sqrt{2n+1}）＜2（\sqrt{2}+\sqrt{4}+…+\sqrt{2n}）$
所以$\sqrt{2}+\sqrt{4}+…+\sqrt{2n}＞（\sqrt{1}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+…+\sqrt{2n+1}）-\frac{{1+\sqrt{2n+1}}}{2}$，
所以，只需证$\sqrt{1}+\sqrt{3}+…+\sqrt{2n+1}≥\frac{{（n+1）（1+\sqrt{2n+1}）}}{2}$，
事实上，当k=0，1，2，…，n时，
$\sqrt{1+2k}$+$\sqrt{2n+1-2k}$-1-$\sqrt{2n+1}$=$\frac{2k}{\sqrt{1+2k}+1}$-$\frac{2k}{\sqrt{2n+1-2k}+\sqrt{2n+1}}$≥0，
（∵$\sqrt{1+2k≤\sqrt{1+2n}}$，1$≤\sqrt{2n+1-2k}$），
∴$\sqrt{1+2k}+\sqrt{2n+1-2k}≥1+\sqrt{2n+1}$
从而$\sqrt{1}+\sqrt{3}+…+\sqrt{2n+1}=\frac{1}{2}[（1+\sqrt{2n+1}）+（\sqrt{3}+\sqrt{2n-1}）+…+（\sqrt{2n-1}+\sqrt{3}）+（\sqrt{2n+1}+1）]$，
≥$\frac{1}{2}（n+1）（1+\sqrt{2n+1}）$．

点评 本题考查求数列的通项公式及前n项和，采用分析法，进行不等式的证明，属于难题．