Question

6．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，首项a₁=1，且对于任意n∈N₊都有2S_n-na_n+1=0，数列{b_n}满足b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$，T（n）是数列{b_n}的前n项和．
（1）求数列{a_n}的通项公式
（2）用数学归纳法证明：当n≥2时，n+T（1）+T（2）+T（3）+…+T（n-1）=nT（n）
（3）设A_n=$\sqrt{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\sqrt{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，试证：$\frac{n（n+1）}{2}$＜A_n＜$\frac{（n+1）^{2}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根据数列中a_n与前n项和为S_n的关系，化简2S_n-na_n+1=0得到$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=\frac{n+1}{n}$，利用累积法求出数列{a_n}的通项公式；
（2）由（1）求出b_n，再利用数学归纳法证明结论即可；
（3）由（1）可得${A}_{n}=\sqrt{1×2}+\sqrt{2×3}+…+\sqrt{n（n+1）}$，利用放缩法可得$\sqrt{n（n+1）}＞\sqrt{{n}^{2}}=n$，即可证明左边不等式成立，再利用基本不等式得：$\sqrt{n（n+1）}＜\frac{n+（n+1）}{2}=n+\frac{1}{2}$，即可证明右边不等式成立．

解答 解：（1）由题意得，①当n=1时，2S₁-na₂=0，则a₂=2S₁=2a₁=2…1分，
②由2S_n-na_n+1=0得，2S_n+1-na_n+2=0，…2分
两式相减得：2a_n+1-（n+1）a_n+2+na_n+1=0，即$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n+1}}=\frac{n+2}{n+1}$，
又$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}=\frac{2}{1}$，所以对于任意n∈N₊都有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=\frac{n+1}{n}$…3分
所以a_n=${a}_{1}×\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}×\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}×…×\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$1×\frac{2}{1}×\frac{3}{2}×…×\frac{n}{n-1}=n$，
即对于任意n∈N₊都有a_n=n…5分；
证明：（2）由（1）知，b_n=$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n}$，用数学归纳法证明如下：
①当n=2时，左边=2+T_（1）=2+b₁=2+1=3，
右边=2T_（2）（1+$\frac{1}{2}$）=3=左边，所以n=2时结论成立…6分，
②假设n=k（k≥3）时结论成立，
则k+T（1）+T（2）+T（3）+…+T（k-1）=kT（k）…7分
那么当n=k+1时，k+1+T（1）+T（2）+T（3）+…+T（k-1）+T（k）
=kT（k）+T（k）+1=（k+1）T（k）+1
=$（k+1）（{T}_{（k）}+\frac{1}{k+1}）$=（k+1）T_（k+1）…9分
综上，当n≥2时，n+T（1）+T（2）+T（3）+…+T（n-1）=nT（n）成立…10分
（3）由（1）知，${A}_{n}=\sqrt{1×2}+\sqrt{2×3}+…+\sqrt{n（n+1）}$，
先证左边的式子：由于$\sqrt{n（n+1）}＞\sqrt{{n}^{2}}=n$，
所以${A}_{n}=\sqrt{1×2}+\sqrt{2×3}+…+\sqrt{n（n+1）}＞$1+2+3+…+n=$\frac{n（n+1）}{2}$…12分，
再证右边的式子：由于$\sqrt{n（n+1）}＜\frac{n+（n+1）}{2}=n+\frac{1}{2}$，
所以${A}_{n}=\sqrt{1×2}+\sqrt{2×3}+…+\sqrt{n（n+1）}＜$1+2+3+…+n+$\frac{n}{2}$
=$\frac{n（n+1）}{2}+\frac{n}{2}$=$\frac{{n}^{2}+2n}{2}$＜$\frac{（n+1）^{2}}{2}$…14分
综上，对于任意n∈N₊都有$\frac{n（n+1）}{2}$＜A_n＜$\frac{（n+1）^{2}}{2}$．

点评 本题考查数列中a_n与前n项和为S_n的关系，累积法求数列的通项公式，以及数学归纳法、放缩法、基本不等式的在数列中应用，综合强，属于难题．