Question

20．设数列{a_n}的前n项和为S_n，己知a₁=l，na_n+1=（n+2）S_n，n∈N^*．
（1）求证：$\{\frac{S_n}{n}\}$是等比数列；
（2）设T_n=S₁+S₂+…+S_n，求证：（n+l） T_n＜nS_n+1．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：n（S_n+1-S_n）=（n+2）S_n，则$\frac{{S}_{n+1}}{n+1}$=2$\frac{{S}_{n}}{n}$，则数列$\{\frac{S_n}{n}\}$是以1为首项，2为公比的公比的等比数列；
（2）由（1）可知：S_n=n•2^n-1，T_n=S₁+S₂+…+S_n=1•2⁰+2•2¹+…+n•2^n-1，则2T_n=1•2¹+2•2²+…+（n-1）•2^n-1+n•2ⁿ，两式相减即可求得：T_n=（n-1）•2ⁿ+1，利用作差法（n+l） T_n-nS_n+1=（n+1）（1-2ⁿ）＜0，即可证明（n+l） T_n＜nS_n+1．

解答 （1）证明：由题意可知：na_n+1=（n+2）S_n，则：n（S_n+1-S_n）=（n+2）S_n，
∴nS_n+1=（n+1）S_n，即$\frac{{S}_{n+1}}{n+1}$=2$\frac{{S}_{n}}{n}$，
由$\frac{{S}_{1}}{1}$=1，
∴数列$\{\frac{S_n}{n}\}$是以1为首项，2为公比的公比的等比数列；
（2）证明：由（1）可知：$\frac{{S}_{n}}{n}$=1•2^n-1=2^n-1，则S_n=n•2^n-1，
T_n=S₁+S₂+…+S_n，
∴T_n=1•2⁰+2•2¹+…+n•2^n-1，
则2T_n=1•2¹+2•2²+…+（n-1）•2^n-1+n•2ⁿ，
两式相减可得：-T_n=1+2+2²+…+2^n-1-n•2ⁿ，
=$\frac{1（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n•2ⁿ，
=2ⁿ-1-n•2ⁿ，
=（1-n）•2ⁿ-1，
T_n=（n-1）•2ⁿ+1，
（n+l） T_n-nS_n+1=（n²-1）2ⁿ+（n+1）-n（n+1）2ⁿ=（n+1）（1-2ⁿ），
由n∈N^*，
∴n+1＞0，1-2ⁿ＜0，
∴（n+1）（1-2ⁿ）＜0，
∴（n+l） T_n＜nS_n+1．

点评 本题考查等比数列的证明，等比数列通项公式及前n项和公式，考查“错位相减法”求数列的前n项和，考查作差法比较多项式的大小，考查计算能力，属于中档题．