Question

8．已知递增数列{a_n}、{b_n}分别满足：
a₁=1，$\sqrt{n}$a_n+1=$\sqrt{n+1}$a_n，b₁=1，${b}_{n+1}^{2}$+${b}_{n}^{2}$+1=2（b_n+1b_n+b_n+1+b_n），（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）若c_n=$\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$，S_n为数列{c_n}的前n项和，求证：S_n＜3．

Answer 1

分析 （1）由$\sqrt{n}$a_n+1=$\sqrt{n+1}$a_n，得到na_n+1²=（n+1）a_n²，得到（n-1）a_n²=na_n-1²，相减得到a_n+1²-a_n²=a_n²-a_n-1²，于是得到数列{a_n²}是以1为首项，以1为公差的等差数列，即可求出数列{a_n}的通项公式，
由b₁=1，${b}_{n+1}^{2}$+${b}_{n}^{2}$+1=2（b_n+1b_n+b_n+1+b_n），分别令n=1，2求出b₂=4=2²，b₃=9=3²，可以猜想b_n=n²，用数学归纳法证明成立，
（2）先求出c_n=$\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$=$\frac{\sqrt{n}}{{n}^{2}}$=${n}^{-\frac{3}{2}}$，得到S_n=${1}^{-\frac{3}{2}}$+${2}^{-\frac{3}{2}}$+${3}^{-\frac{3}{2}}$+…+${n}^{-\frac{3}{2}}$，利用放缩法，和等比数列的前n项和公式即可证明．

解答 解：（1）∵$\sqrt{n}$a_n+1=$\sqrt{n+1}$a_n，
∴na_n+1²=（n+1）a_n²，
∴（n-1）a_n²=na_n-1²，
∴na_n+1²-（n-1）a_n²=（n+1）a_n²-na_n-1²，
∴a_n+1²-a_n²=a_n²-a_n-1²，
∵a₁=1，
∴a₂²=2a₁²=2，
∴a₂²-a₁²=1，
∴数列{a_n²}是以1为首项，以1为公差的等差数列，
∴a_n²=n，
∴a_n=$\sqrt{n}$；
对于${b}_{n+1}^{2}$+${b}_{n}^{2}$+1=2（b_n+1b_n+b_n+1+b_n），b₁=1，{b_n}为递增数列
当n=1时，b₂²+b₁²+1=2（b₂b₁+b₂+b₁），
∴b₂（b₂-4）=0，
∴b₂=4=2²，
当n=2时，b₃²+b₂²+1=2（b₃b₂+b₃+b₂），
∴（b₃-1）（b₃-9）=0，
∴b₃=9=3²，
可以猜想b_n=n²，
用数学归纳法法证明，理由如下
①当n=1时，猜想成立，
②假设当n=k时猜想成立，即b_k=k²，
那么当n=k+1时，b_k+1²+b_k²+1=2（b_k+1b_k+b_k+1+b_k），
即b_k+1²-2（k²+1）b_k+1+（k²-1）²=0
即[b_k+1-（k+1）²][b_k+1-（k-1）²]=0，
∴b_k+1=（k+1）²，
即当n=k+1时猜想成立，
由①②可得，b_n=n²对n∈N^*都成立．
（2）c_n=$\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$=$\frac{\sqrt{n}}{{n}^{2}}$=$\frac{1}{\sqrt{{n}^{3}}}$=$\frac{1}{\sqrt{n•{n}^{2}}}$＜$\frac{1}{\sqrt{n（n+1）（n-1）}}$=（$\frac{1}{\sqrt{n（n-1）}}$-$\frac{1}{\sqrt{n（n+1）}}$）$\frac{1}{\sqrt{n-1}•\sqrt{n+1}}$=（$\frac{1}{\sqrt{n（n-1）}}$-$\frac{1}{\sqrt{n（n+1）}}$）•$\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}{2}$
＜$\frac{1}{\sqrt{n（n-1）}}$-$\frac{1}{\sqrt{n（n+1）}}$，（n≥2）
∴S_n＜1+$\frac{1}{\sqrt{2×1}}$-$\frac{1}{\sqrt{3×2}}$+$\frac{1}{\sqrt{3×2}}$-$\frac{1}{\sqrt{3×4}}$+…+$\frac{1}{\sqrt{n（n-1）}}$-$\frac{1}{\sqrt{n（n+1）}}$=1+$\frac{1}{\sqrt{2}}$-$\frac{1}{\sqrt{n（n+1）}}$＜1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜3，
显然当n=1时，S₁＜3成立，
综上所述：S_n＜3．

点评 本题考查了通过数列的递推关系求数列的通项公式和数学归纳法，以及利用放缩法证明不等式成立，属于难题．