Question

19．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，且a_n²-2S_na_n+1=0．
（1）求数列{S_n}的通项公式；
（2）求证：$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$＞2（S_n+1-1）．

Answer 1

分析 （1）由a_n²-2S_na_n+1=0，可得当n=1时，${a}_{1}^{2}-2{a}_{1}^{2}$+1=0，a₁＞0，解得a₁．当n≥2时，$（{S}_{n}-{S}_{n-1}）^{2}$-2S_n（S_n-S_n-1）+1=0，化为${S}_{n}^{2}$-${S}_{n-1}^{2}$=1，利用等差数列的通项公式即可得出．
（2）由$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{\sqrt{n}}$=$\frac{2}{2\sqrt{n}}$＞$\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}$=2$（\sqrt{n+1}-\sqrt{n}）$．利用“累加求和”即可得出．

解答 （1）解：∵a_n²-2S_na_n+1=0，
∴当n=1时，${a}_{1}^{2}-2{a}_{1}^{2}$+1=0，a₁＞0，解得a₁=1．
当n≥2时，$（{S}_{n}-{S}_{n-1}）^{2}$-2S_n（S_n-S_n-1）+1=0，
化为${S}_{n}^{2}$-${S}_{n-1}^{2}$=1，
∴数列$\{{S}_{n}^{2}\}$是等差数列，首项为1，公差为1．
∴${S}_{n}^{2}$=1+（n-1）=n，S_n＞0．
∴S_n=$\sqrt{n}$．
（2）证明：∵$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{\sqrt{n}}$=$\frac{2}{2\sqrt{n}}$＞$\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}$=2$（\sqrt{n+1}-\sqrt{n}）$．
∴$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$＞$2[（\sqrt{2}-1）+（\sqrt{3}-\sqrt{2}）$+…+$（\sqrt{n+1}-\sqrt{n}）]$=$2（\sqrt{n+1}-1）$=2（S_n+1-1）．
∴$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{{S}_{2}}$+…+$\frac{1}{{S}_{n}}$＞2（S_n+1-1）．

点评 本题考查了递推式的应用、等差数列的通项公式、“累加求和”方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．