Question

11．已知数列{a_n}中，a₁=1，且a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}^{2}+1}$（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项a_n；
（2）设b_n=$\frac{1}{（n+1）{a}_{n}+n{a}_{n+1}}$，（n∈N^*），求数列{b_n}的前n项和T_n；
（3）设数列{c_n}，满足c₁=2，c_n+1=c_n+$\frac{1}{{c}_{n}}$（n∈N^*），证明c_n＞a_2n+1对一切正整数n成立．

Answer 1

分析 （1）由配方可得a_n+1²=a_n²+1，即有数列{a_n²}为首项为1，公差为1的等差数列，运用等差数列的通项公式即可得到所求；
（2）求得b_n=$\frac{1}{（n+1）\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}$=$\frac{（n+1）\sqrt{n}-n\sqrt{n+1}}{n（n+1）}$=$\frac{\sqrt{n}}{n}$-$\frac{\sqrt{n+1}}{n+1}$，运用数列的求和方法：裂项相消求和，即可得到所求和；
（3）运用数学归纳法证明，注意步骤，注意运用假设，结合分析法，即可得到．

解答 解：（1）a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}^{2}+1}$（n∈N^*），可得a_n＞0，
即有a_n+1²=a_n²+1，又a₁=1，
即有数列{a_n²}为首项为1，公差为1的等差数列，
可得a_n²=1+n-1=n，
即有a_n=$\sqrt{n}$；
（2）b_n=$\frac{1}{（n+1）{a}_{n}+n{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}$
=$\frac{（n+1）\sqrt{n}-n\sqrt{n+1}}{n（n+1）}$=$\frac{\sqrt{n}}{n}$-$\frac{\sqrt{n+1}}{n+1}$，
则前n项和T_n=1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$+…+$\frac{\sqrt{n}}{n}$-$\frac{\sqrt{n+1}}{n+1}$
=1-$\frac{\sqrt{n+1}}{n+1}$；
（3）证明：当n=1时，c₁=2，a₃=$\sqrt{3}$，显然c₁＞a₃成立；
假设n=k时，c_k＞a_2k+1成立，即c_k＞$\sqrt{2k+1}$；
当n=k+1时，c_k+1=c_k+$\frac{1}{{c}_{k}}$在（$\sqrt{2k+1}$，+∞）递增，
即有c_k+1＞$\sqrt{2k+1}$+$\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$，要证c_k+1＞a_2k+3成立，
即证＞$\sqrt{2k+1}$+$\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$＞$\sqrt{2k+3}$，
即为2k+2＞$\sqrt{2k+1}$•$\sqrt{2k+3}$，
即4k²+8k+4＞4k²+8k+3，有4＞3显然成立．
综上可得c_n＞a_2n+1对一切正整数n成立．

点评 本题考查数列的图象的求法，注意运用等差数列的定义和通项公式，考查数列的求和方法：裂项相消求和，同时考查不等式的证明，注意运用数学归纳法，属于中档题．