Question

13．设{a_n}是正数组成的数列，其前n项和为S_n，且S_n=$\frac{1}{8}$（a_n+2）²．
（1）求数列{a_n}的前3项；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）令b_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}$+$\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$）（n∈N^*），证明：b₁+b₂+b₃+…+b_n＜n+1．

Answer 1

分析 （1）把n=1，2，3分别代入递推公式中可求
（2）根据数列的递推公式，即可求出数列{a_n}的通项公式，
（3）根据裂项求和和放缩法即可证明．

解答 解：（1）由题意，$\frac{{a}_{n}+2}{2}$=$\sqrt{2{S}_{n}}$．当n=1时，$\frac{{a}_{1}+2}{2}$=2$\sqrt{{S}_{1}}$，S₁=a₁，∴$\frac{{a}_{1}+2}{2}$=2$\sqrt{{a}_{1}}$，解得a₁=2．
当n=2时，有$\frac{{a}_{2}+2}{2}$=2$\sqrt{{S}_{2}}$，S₂=a₁+a₂，将a₁=2代入，整理得（a₂-2）²=16，由a₂＞0，解得a₂=6．
当n=3时，有$\frac{{a}_{3}+2}{2}$$\sqrt{2{S}_{3}}$，S₃=a₁+a₂+a₃，将a₁=2，a₂=6代入，整理得（a₃-2）²=64，由a₃＞0，
解得a₃=10．故该数列的前3项为2，6，10．
（2）解法一：由题意知S_n=$\frac{1}{8}$（a_n+2）²，S_n+1=$\frac{1}{8}$（a_n+1+2）²，
∴a_n+1=S_n+1-S_n=$\frac{1}{8}$[（a_n+1+2）²-（a_n+2）²]．
整理得（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-4）=0，
由题意知a_n+1+a_n≠0，
∴a_n+1-a_n=4，即数列{a_n}为等差数列，
其中a₁=2，公差d=4．
∴a_n=a₁+（n-1）d=2+4（n-1），
即通项公式为a_n=4n-2．
解法二：由已知得，$\frac{{a}_{n}+2}{2}$=$\sqrt{2{S}_{n}}$，（n∈N^*）①，
∴$\frac{{a}_{n+1}+2}{2}$=$\sqrt{2{S}_{n+1}}$②，
由②式得$\frac{{{S_{n+1}}-{S_n}+2}}{2}=\sqrt{2{S_{n+1}}}$，整理得S_n+1-2$\sqrt{2}$$\sqrt{{S}_{n+1}}$+2-S_n=0，配方后可解得$\sqrt{{S}_{n+1}}$=$\sqrt{2}$±$\sqrt{{S}_{n}}$，
由于数列{a_n}为正项数列，而$\sqrt{{S}_{1}}$=$\sqrt{2}$，
∴$\sqrt{{S}_{n+1}}$+$\sqrt{{S}_{n}}$＞$\sqrt{2}$，因而可解得$\sqrt{{S}_{n+1}}$=$\sqrt{2}$+$\sqrt{{S}_{n}}$，
即{S_n}是以$\sqrt{{S}_{1}}$=$\sqrt{2}$为首项，以$\sqrt{2}$为公差的等差数列．所以$\sqrt{{S}_{n}}$=$\sqrt{2}$+$\sqrt{2}$（n-1）=$\sqrt{2}$n，
S_n=2n²，故a_n=S_n-S_n-1=4n-2，n≥2，又a₁=2符合a_n=4n-2，即a_n=4n-2（n∈N^*）．
（3）令c_n=b_n-1，则c_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}$+$\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$-2）=$\frac{1}{2}$[（$\frac{2n+1}{2n-1}$-1）+（$\frac{2n-1}{2n+1}$-1）]=$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$，
∴${b_1}+{b_2}+…+{b_n}-n={c_1}+{c_2}+…+{c_n}=（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+…+（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）=1-\frac{1}{2n+1}＜1$，
∴b₁+b₂+b₃+…+b_n＜n+1．

点评 本题主要考查了利用递推公式求解数列中的项及构造求解数列的通项公式，裂项求和放缩法，属于中档题．