Question

15．已知数列{a_n}满足a₁=0，a_n+1=a_n+$\frac{1}{n（n+1）}+1$
（1）证明数列{a_n+$\frac{1}{n}$}是等差数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{$\frac{{a}_{n}}{n}$}的前n项和为S_n，证明S_n$＜\frac{{n}^{2}}{n+1}$．

Answer 1

分析 （1）由a_n+1=a_n+$\frac{1}{n（n+1）}+1$，变形为${（a}_{n+1}+\frac{1}{n+1}）-（{a}_{n}+\frac{1}{n}）$=1，可得数列{a_n+$\frac{1}{n}$}是等差数列，利用通项公式即可得出；
（2）由${a}_{n}=n-\frac{1}{n}$，可得$\frac{{a}_{n}}{n}$=1-$\frac{1}{{n}^{2}}$，可得数列{$\frac{{a}_{n}}{n}$}的前n项和为S_n=n-$（1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}）$，由于$\frac{1}{{n}^{2}}＞\frac{1}{n（n+1）}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，利用“裂项求和”即可证明．

解答 证明：（1）∵a_n+1=a_n+$\frac{1}{n（n+1）}+1$，
∴${（a}_{n+1}+\frac{1}{n+1}）-（{a}_{n}+\frac{1}{n}）$=1，
∴数列{a_n+$\frac{1}{n}$}是等差数列，首项为1，公差为1；
∴${a}_{n}+\frac{1}{n}$=1+（n-1）=n，
∴${a}_{n}=n-\frac{1}{n}$．
（2）∵${a}_{n}=n-\frac{1}{n}$，∴$\frac{{a}_{n}}{n}$=1-$\frac{1}{{n}^{2}}$，
∴数列{$\frac{{a}_{n}}{n}$}的前n项和为S_n=n-$（1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}）$，
∵$\frac{1}{{n}^{2}}＞\frac{1}{n（n+1）}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
∴S_n＜$n-[（1-\frac{1}{2}）+（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）]$=$n-（1-\frac{1}{n+1}）$=$\frac{{n}^{2}}{n+1}$．
∴?n∈N^*，S_n$＜\frac{{n}^{2}}{n+1}$．

点评 本题考查了等差数列的通项公式、“裂项求和”、“放缩法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．