题目内容

6.已知数列{an}的前n项和为Sn,首项a1=1,且对于任意n∈N+都有2Sn-nan+1=0,数列{bn}满足bn=$\frac{1}{{a}_{n}}$,T(n)是数列{bn}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式
(2)用数学归纳法证明:当n≥2时,n+T(1)+T(2)+T(3)+…+T(n-1)=nT(n)
(3)设An=$\sqrt{{a}_{1}{a}_{2}}$+$\sqrt{{a}_{2}{a}_{3}}$+…+$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n+1}}$,试证:$\frac{n(n+1)}{2}$<An<$\frac{(n+1)^{2}}{2}$.

分析 (1)根据数列中an与前n项和为Sn的关系,化简2Sn-nan+1=0得到$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=\frac{n+1}{n}$,利用累积法求出数列{an}的通项公式;
(2)由(1)求出bn,再利用数学归纳法证明结论即可;
(3)由(1)可得${A}_{n}=\sqrt{1×2}+\sqrt{2×3}+…+\sqrt{n(n+1)}$,利用放缩法可得$\sqrt{n(n+1)}>\sqrt{{n}^{2}}=n$,即可证明左边不等式成立,再利用基本不等式得:$\sqrt{n(n+1)}<\frac{n+(n+1)}{2}=n+\frac{1}{2}$,即可证明右边不等式成立.

解答 解:(1)由题意得,①当n=1时,2S1-na2=0,则a2=2S1=2a1=2…1分,
②由2Sn-nan+1=0得,2Sn+1-nan+2=0,…2分
两式相减得:2an+1-(n+1)an+2+nan+1=0,即$\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n+1}}=\frac{n+2}{n+1}$,
又$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}=\frac{2}{1}$,所以对于任意n∈N+都有$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}=\frac{n+1}{n}$…3分
所以an=${a}_{1}×\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}×\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}×…×\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$1×\frac{2}{1}×\frac{3}{2}×…×\frac{n}{n-1}=n$,
即对于任意n∈N+都有an=n…5分;
证明:(2)由(1)知,bn=$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n}$,用数学归纳法证明如下:
①当n=2时,左边=2+T(1)=2+b1=2+1=3,
右边=2T(2)(1+$\frac{1}{2}$)=3=左边,所以n=2时结论成立…6分,
②假设n=k(k≥3)时结论成立,
则k+T(1)+T(2)+T(3)+…+T(k-1)=kT(k)…7分
那么当n=k+1时,k+1+T(1)+T(2)+T(3)+…+T(k-1)+T(k)
=kT(k)+T(k)+1=(k+1)T(k)+1
=$(k+1)({T}_{(k)}+\frac{1}{k+1})$=(k+1)T(k+1)…9分
综上,当n≥2时,n+T(1)+T(2)+T(3)+…+T(n-1)=nT(n)成立…10分
(3)由(1)知,${A}_{n}=\sqrt{1×2}+\sqrt{2×3}+…+\sqrt{n(n+1)}$,
先证左边的式子:由于$\sqrt{n(n+1)}>\sqrt{{n}^{2}}=n$,
所以${A}_{n}=\sqrt{1×2}+\sqrt{2×3}+…+\sqrt{n(n+1)}>$1+2+3+…+n=$\frac{n(n+1)}{2}$…12分,
再证右边的式子:由于$\sqrt{n(n+1)}<\frac{n+(n+1)}{2}=n+\frac{1}{2}$,
所以${A}_{n}=\sqrt{1×2}+\sqrt{2×3}+…+\sqrt{n(n+1)}<$1+2+3+…+n+$\frac{n}{2}$
=$\frac{n(n+1)}{2}+\frac{n}{2}$=$\frac{{n}^{2}+2n}{2}$<$\frac{(n+1)^{2}}{2}$…14分
综上,对于任意n∈N+都有$\frac{n(n+1)}{2}$<An<$\frac{(n+1)^{2}}{2}$.

点评 本题考查数列中an与前n项和为Sn的关系,累积法求数列的通项公式,以及数学归纳法、放缩法、基本不等式的在数列中应用,综合强,属于难题.

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