Question

设{a_n}是正数组成的数列，其前n项和为S_n，并且对于所有的自然数n，a_n与2的等差中项等于S_n与2的等比中项．
（1）写出数列{a_n}的前3项；
（2）求数列{a_n}的通项公式（写出推证过程）；
（3）令bn=

1

2

(

an+1

an

+

an

an+1

)(n∈N)，求

lim

n→∞

(b1+b2+…+bn-n)．

Answer 1

分析：（1）利用已知a_n与2的等差中项等于S_n与2的等比中项，分别令n=1，2，3．即可得解．
（2）法1：猜想再利用数学归纳法进行证明．
      法2：a_n与2的等差中项等于S_n与2的等比中项，推出Sn并由此得出S_n+1，进而得a_n的递推关系，从而推得数列{a_n}的通项公式．
（3）利用构造法求得b_n，并利用裂项相消法求和，进而得解．

解答：解：（1）由题意，当n=1时有

a1+2

2

=

2S1

，S₁=a₁，
∴

a1+2

2

=

2a1

，
解得a₁=2．
当n=2时有

a2+2

2

=

2S2

，S₂=a₁+a₂，a₁=2代入，整理得
（a₂-2）²=16．
由a₂＞0，解得a₂=6．
当n=3时有

a3+2

2

=

2S3

，S₃=a₁+a₂+a₃，将a₁=2，a₂=6代入，整理得
（a₃-2）²=64．
由a₃＞0，解得a₃=10．
故该数列的前3项为2，6，10．

（2）解法一：由（1）猜想数列{a_n}有通项公式a_n=4n-2．
下面用数学归纳法证明数列{a_n}的通项公式是
a_n=4n-2（n∈N）．
①当n=1时，因为4×1-2=2，又在（1）中已求出a₁=2，所以上述结论成立．
②假设n=k时结论成立，即有a_k=4k-2．由题意，有

ak+2

2

=

2Sk

，
将a_k=4k-2代入上式，得2k=

2Sk

，解得S_k=2k²．
由题意，有

ak+1+2

2

=

2Sk+1

，S_k+1=S_k+a_k+1，
将S_k=2k²代入，得(

ak+1+2

2

)2=2（a_k+1+2k²），整理得a_k+1²-4a_k+1+4-16k²=0．
由a_k+1＞0，解得a_k+1=2+4k．所以a_k+1=2+4k=4（k+1）-2．
这就是说，当n=k+1时，上述结论成立．
根据①、②，上述结论对所有的自然数n成立．
解法二：由题意，有

an+2

2

=

2Sn

(n∈N)，整理得S_n=

1

8

（a_n+2）²，
由此得S_n+1=

1

8

（a_n+1+2）²，
∴a_n+1=S_n+1-S_n=

1

8

[（a_n+1+2）²-（a_n+2）²]，
整理得（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-4）=0，
由题意知a_n+1+a_n≠0，∴a_n+1-a_n=4．
即数列{a_n}为等差数列，其中a₁=2，公差d=4．∴a_n=a₁+（n-1）d=2+4（n-1），
即通项公式为a_n=4n-2．

（3）解：令c_n=b_n-1，则cn=

1

2

(

an+1

an

+

an

an+1

-2)=

1

2

[(

2n+1

2n-1

-1)+(

2n-1

2n+1

-1)]=

1

2n-1

-

1

2n+1

，
b₁+b₂+…+b_n-n=c₁+c₂+…+c_n
=(1-

1

3

)+(

1

3

-

1

5

)+…+(

1

2n-1

-

1

2n+1

)=1-

1

2n+1

．
∴

lim

n→∞

(b1+b2+…+bn-n)=

lim

n→∞

(1-

1

2n+1

)=1

点评：本题是一道数列综合题，主要考查：通项公式求法，构造法求数列通项，裂项相消法求和，以及极限的求法等知识，综合性较高，要熟练掌握．