Question

9．已知数列{a_n}中，a_n＞0且S_n=$\frac{1}{2}（{a}_{n}+\frac{n}{{a}_{n}}）$，求数列{a_n}的通项公式．

Answer 1

分析 a_n＞0且S_n=$\frac{1}{2}（{a}_{n}+\frac{n}{{a}_{n}}）$，分别取n=1时，解得a₁=1．当n=2时，解得a₂=$\sqrt{3}$-1．当n=3时，同理可得：a₃=$\sqrt{6}-\sqrt{3}$．…，猜想：a_n=$\sqrt{\frac{n（n+1）}{2}}$-$\sqrt{\frac{n（n-1）}{2}}$．利用数学归纳法证明即可得出．

解答 解：∵a_n＞0且S_n=$\frac{1}{2}（{a}_{n}+\frac{n}{{a}_{n}}）$，
∴当n=1时，a₁=$\frac{1}{2}（{a}_{1}+\frac{1}{{a}_{1}}）$，解得a₁=1．
当n=2时，1+a₂=$\frac{1}{2}（{a}_{2}+\frac{2}{{a}_{2}}）$，解得a₂=$\sqrt{3}$-1．
当n=3时，同理可得：a₃=$\sqrt{6}-\sqrt{3}$．
…，
猜想：a_n=$\sqrt{\frac{n（n+1）}{2}}$-$\sqrt{\frac{n（n-1）}{2}}$．
下面利用数学归纳法证明：
（1）当n=1时，a₁=1成立．
（2）假设当n=k∈N^*时，a_k=$\sqrt{\frac{k（k+1）}{2}}$-$\sqrt{\frac{k（k-1）}{2}}$．
则当n=k+1∈N^*时，S_k+a_k+1=$\frac{1}{2}（{a}_{k+1}+\frac{k+1}{{a}_{k+1}}）$，
∴$\frac{1}{2}（{a}_{k}+\frac{k}{{a}_{k}}）$+a_k+1=$\frac{1}{2}（{a}_{k+1}+\frac{k+1}{{a}_{k+1}}）$，
化为：a_k+1=$\sqrt{\frac{（k+1）（k+2）}{2}}$-$\sqrt{\frac{k（k+1）}{2}}$．
因此当n=k+1时，假设成立．
综上可得：?n∈N^*，a_n=$\sqrt{\frac{n（n+1）}{2}}$-$\sqrt{\frac{n（n-1）}{2}}$．

点评 本题考查了递推关系、数学归纳法的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．