Question

14．已知数列{a_n}的前n项为S_n，a₁=1，S₁₀=100，且对任意正整数n，均有S_n=$\frac{n（a_n+1）}{2}$．
（1）求证{a_n}是等差数列，并求a_n；
（2）数列{b_n}满足b_n=$\frac{1}{\sqrt{{S}_{n}}}$，记{b_n}的前n项和为T_n，求证T_n＞ln（n+1）．

Answer 1

分析 （1）由S_n=$\frac{n（a_n+1）}{2}$，即2S_n=na_n+n，当n≥2时，2S_n-1=（n-1）a_n-1+（n-1），可得2a_n=na_n-（n-1）a_n-1+1，同理可得2a_n+1=（n+1）a_n+1-na_n+1，可得2a_n=a_n-1+a_n+1，再利用等差数列的通项公式即可得出；
（2）由（1）可得：S_n=$\frac{n（a_n+1）}{2}$=n²，可得b_n=$\frac{1}{\sqrt{{S}_{n}}}$=$\frac{1}{n}$，因此{b_n}的前n项和为T_n=1+$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$．首先证明ln（1+x）＜x，x＞0，利用导数研究其单调性即可得出．再利用数学归纳法证明：T_n＞ln（n+1）即可．

解答 证明：（1）∵S_n=$\frac{n（a_n+1）}{2}$，即2S_n=na_n+n，
当n≥2时，2S_n-1=（n-1）a_n-1+（n-1），
∴2a_n=na_n-（n-1）a_n-1+1，同理可得2a_n+1=（n+1）a_n+1-na_n+1，
∴2a_n=a_n-1+a_n+1，
∴{a_n}是等差数列，设公差为d，
∵a₁=1，S₁₀=100，
∴$\frac{10（1+{a}_{10}）}{2}$=100，解得a₁₀=19，
∴1+9d=19，解得d=2，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）由（1）可得：S_n=$\frac{n（a_n+1）}{2}$=n²，
∴b_n=$\frac{1}{\sqrt{{S}_{n}}}$=$\frac{1}{n}$，
∴{b_n}的前n项和为T_n=1+$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
首先证明ln（1+x）＜x，x＞0，
令f（x）=ln（1+x）-x，f′（x）=$\frac{1}{1+x}-1$=$\frac{-x}{1+x}$＜0，
∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴f（x）＜f（0）=0，
∴ln（1+x）＜x，x＞0，成立．
下面利用数学归纳法证明：T_n＞ln（n+1）．
（i）当n=1时，1＞ln2，成立；
（ii）假设当n=k时，T_k＞ln（k+1），
则当n=k+1时，
${T}_{k+1}={T}_{k}+\frac{1}{k+1}$＞ln（k+1）+$\frac{1}{k+1}$=ln（k+1）-ln（k+2）+$\frac{1}{k+1}$+ln（k+2）
=$\frac{1}{k+1}-ln（1+\frac{1}{k+1}）$+ln（k+2）＞ln（k+1+1），
因此当n=k+1时，不等式成立．
综上可得：?n∈N^*，T_n＞ln（n+1）成立．

点评 本题考查了递推式的应用、等差数列的通项公式及其前n项和公式、数学归纳法，考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．