Question

19．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=$\frac{1}{2}$，S_n=n²a_n-n（n-1），n=1，2，…
（1）证明：数列{$\frac{n+1}{n}$S_n}是等差数列，并求S_n．
（2）设b_n=$\frac{{S}_{n}}{{n}^{3}+3{n}^{2}}$，求证：b₁+b₂+…+b_n＜$\frac{5}{11}$．

Answer 1

分析 （1）根据题意，将S_n=n²a_n-n（n-1）变形可得S_n=n²（S_n-S_n-1）-n（n-1），进而变形可得：$\frac{n+1}{n}{S}_{n}$-$\frac{n}{n-1}$S_n-1=1，由等差数列的定义可得数列{$\frac{n+1}{n}$S_n}是等差数列，
进而由等差数列的通项可得S_n公式；
（2）根据题意，由（1）可得S_n=$\frac{{n}^{2}}{n+1}$，代入b_n=$\frac{{S}_{n}}{{n}^{3}+3{n}^{2}}$中，可得b_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+3}$），进而由裂项相消法可得b₁+b₂+…+b_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+3}$），用放缩法分析可得分析可得b₁+b₂+…+b_n＜$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{6}$=$\frac{5}{12}$，又由$\frac{5}{12}$＜$\frac{5}{11}$，即可得证明．

解答 解：（1）由S_n=n²a_n-n（n-1）知，当n≥2时，S_n=n²（S_n-S_n-1）-n（n-1），
即（n²-1）S_n-n²S_n-1=n（n-1），
变形可得：$\frac{n+1}{n}{S}_{n}$-$\frac{n}{n-1}$S_n-1=1，对n≥2成立；
又由a₁=$\frac{1}{2}$，则$\frac{1+1}{1}$×a₁=1，
故数列{$\frac{n+1}{n}$S_n}是1为首项，1为公差的等差数列，
则$\frac{n+1}{n}$S_n=1+（n-1）×1=n，
故S_n=$\frac{{n}^{2}}{n+1}$；
（2）证明：根据题意，由（1）可得S_n=$\frac{{n}^{2}}{n+1}$，
b_n=$\frac{{S}_{n}}{{n}^{3}+3{n}^{2}}$=$\frac{\frac{{n}^{2}}{n+1}}{{n}^{3}+3{n}^{2}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+3）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+3}$），
b₁+b₂+…+b_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+…+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+3}$）
=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+3}$）＜$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{6}$=$\frac{5}{12}$，
而$\frac{5}{12}$＜$\frac{5}{11}$，
故b₁+b₂+…+b_n＜$\frac{5}{11}$．

点评 本题考查数列的求和，涉及数列的递推公式的运用，关键是利用公式a_n=S_n-S_n-1进行转化．