Question

5．设数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n+1+S_n=（n+1）a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n-1，n∈N^*
（1）若数列{a_n}是等差数列，求数列{a_n}的通项公式
（2）设a₂=6，求证：数列{a_n}是等差数列．

Answer 1

分析 （1）根据题意，利用S_n+1+S_n=（n+1）a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n-1，可得$n（{a}_{1}-\frac{1}{2}d）+（\frac{1}{2}{a}_{1}-\frac{1}{2}d+1）=0$对任意n∈N⁺都成立，解方程组$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=\frac{1}{2}d}\\{\frac{1}{2}{a}_{1}-\frac{1}{2}d+1=0}\end{array}\right.$即可；
（2）通过条件S_n+1+S_n=（n+1）a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n-1，及a₂=6，分别计算出当n=1，2时，a₁、a₃的值，猜想a_n=4n-2 （n∈N^*），然后通过数学归纳法验证猜想即可．

解答 解：（1）设等差数列{a_n}的公差为d，则a_n=a₁+（n-1）d，${S}_{n}=n{a}_{1}+\frac{n（n-1）}{2}d$，
∵S_n+1+S_n=（n+1）a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n-1，
∴$（n+1）{a}_{1}+\frac{n（n+1）}{2}d$+$n{a}_{1}+\frac{n（n-1）}{2}d$=（n+1）（a₁+nd）-$\frac{1}{2}$[a₁+（n-1）d]-1，
化简，得：$（n+\frac{1}{2}）{a}_{1}$-$\frac{1}{2}（n+1）d$+1=0，
即$n（{a}_{1}-\frac{1}{2}d）+（\frac{1}{2}{a}_{1}-\frac{1}{2}d+1）=0$对任意n∈N⁺都成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=\frac{1}{2}d}\\{\frac{1}{2}{a}_{1}-\frac{1}{2}d+1=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=2}\\{d=4}\end{array}\right.$，
∴a_n=2+4（n-1）=4n-2；
（2）∵a₂=6，∴${S}_{2}+{S}_{1}=2{a}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}-1$=a₁+a₂+a₁，
化简得${a}_{2}=\frac{5}{2}{a}_{1}+1$=6，所以a₁=2，
当n=2时，则a₁+a₂+a₃+a₁+a₂=$3{a}_{3}-\frac{1}{2}{a}_{2}-1$，
∴$2{a}_{3}=\frac{5}{2}{a}_{2}+2{a}_{1}+1$=$\frac{5}{2}×6+2×2+1=20$，
∴a₃=10，∴a₁，a₂，a₃成等差数列，首项为2，公差为4，
故猜想：a_n=4n-2 （n∈N^*）．
下面利用数学归纳法来证明数列{a_n}是以2为首项，4为公差的等差数列：
显然当n=1，2，3时，命题成立；
假设当n=k时成立，即a_k=4k-2，
∴S_k=$\frac{{a}_{1}+{a}_{k}}{2}×k$=2k²，
∴S_k+1+S_k=（k+1）a_k+1-$\frac{1}{2}$a_k-1，即$2{S}_{k}+{a}_{k+1}=（k+1）{a}_{k+1}-\frac{1}{2}{a}_{k}-1$，
∴$k{a}_{k+1}=2{S}_{k}+\frac{1}{2}{a}_{k}+1$=$4{k}^{2}+\frac{1}{2}（4k-2）+1$=4k²+2k，
∴a_k+1=4k+2=4（k+1）-2，
∴当n=k+1时也成立，
综上所述，数列{a_n}是以2为首项，4为公差的等差数列．

点评 本题考查求通项公式，数学归纳法，挖掘隐含条件、通过条件找出规律并验证是解题的关键，属于中档题．