Question

1．已知{a_n}、{b_n}都是各项均为正数且公差不为0的等差数列，满足a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1（n∈N^*）．
（1）求证：数列{a_n}有无穷多个，而数列{b_n}惟一确定；
（2）设a_n+1=$\frac{{2{a_n}^2+{a_n}}}{{{a_n}+1}}（n∈{N^*}）$，s_n=b₁+b₂+b₃+…+b_2n-1+b_2n，求证：2＜$\frac{S_n}{n^2}$＜6．

Answer 1

分析 （1）通过将a_n=a₁+（n-1）d，b_n=b₁+（n-1）d₂代入a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1（n∈N^*），计算即得结论；
（2）一方面通过a_n+1-a_n计算可得a_n＜a_n+1，放缩可得2n＜b_n+1+b_n，进而有S_n=$\sum_{i=1}^{2n}{b}_{i}$＞2[1+3+…+（2n-1）]，另一方面通过a_nb_n+1=（2n-b_n）•a_n+1＞0，a_n+1＞0，可得S_n=$\sum_{i=1}^{2n}{b}_{i}$＜2（1+2+…+2n），计算可得结论．

解答 证明：（1）设{a_n}、{b_n}公差分别为d₁、d₂（d₁d₂≠0），
则a_n=a₁+（n-1）d，b_n=b₁+（n-1）d₂，
代入a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1（n∈N^*），
可得[a₁+（n-1）d₁][b₁+nd₂]+（a₁+nd₁）[b₁+（n-1）d₂]=2n（a₁+nd₁）是个恒等式，
可得$\left\{\begin{array}{l}{2{d}_{1}{d}_{2}=2{d}_{1}}\\{2{b}_{1}{d}_{1}+2{a}_{1}{d}_{2}-2{d}_{1}{d}_{2}=2{a}_{1}}\\{2{a}_{1}{b}_{1}-{b}_{1}{d}_{1}-{a}_{2}{d}_{2}=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{d}_{1}={a}_{1}}\\{{b}_{1}=1}\\{{d}_{2}=1}\end{array}\right.$，
可得a_n=na₁，b_n=n．
∴a₁可取无穷多个正实数，可得数列{a_n}有无穷多个，而数列{b_n}惟一确定；
（2）∵a_n+1=$\frac{{2{a_n}^2+{a_n}}}{{{a_n}+1}}（n∈{N^*}）$，
∴a_n+1-a_n=a_n+1=$\frac{2{{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$-a_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n}+1}$＞0，
∴a_n＜a_n+1，
∴a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1＜a_n+1b_n+1+a_n+1b_n，
∴2n＜b_n+1+b_n．
∴S_n=$\sum_{i=1}^{2n}{b}_{i}$=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2n-1+b_2n）＞2[1+3+…+（2n-1）]=2n²．
又a_nb_n+1=（2n-b_n）•a_n+1＞0，a_n+1＞0，
∴2n-b_n＞0．
∴S_n=$\sum_{i=1}^{2n}{b}_{i}$＜2（1+2+…+2n）=2n（1+2n）=4n²+2n，
∴S_n∈（2n²，4n²+2n），
∴2＜$\frac{{S}_{n}}{{n}^{2}}$＜4+$\frac{2}{n}$≤6．
∴$2＜\frac{S_n}{n^2}＜6$．

点评 本题是一道关于数列的综合题，考查运算求解能力，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．