Question

[x]表示不超过x的最大整数，正项数列{a_n}满足a₁=1，

a 2 n a 2 n-1

a 2 n-1 - a 2 n

=1．
（1）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（2）求证：a22+ a32 +…an2＞

1

2

[log2n] (n＞2)；
（3）已知数列{a_n}的前n项和为S_n，求证：当n＞2时，有Sn2+

1

2

＜2(

S1

1

+

S2

2

+

S3

3

+…+

Sn

n

)+log2an．

Answer 1

分析：（1）根据

an2an-12

an-12-an2

=1，取其倒数，即可求得数列{a_n}的通项公式a_n；
（2）

a

2 2

+

a

2 3

+…+

a

2 n

=

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，设n-1=1+2+…+2^m+k，其中k，m∈N且0≤k＜2^m+1，则

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞

1

2

(m+1)，又2^m+1≤n=2^m+1+k＜2^m+2，从而m+1≤log₂n＜m+2，故可得证．
（3）Sn-

1

n

=Sn-1两边平方，并整理可得：当n＞2时，Sn2-Sn-12=

2Sn

n

-

1

n

．又Sn-12-Sn-22=

2Sn-1

n-1

-

1

n-1

，…，S22-S12=

2S2

2

-

1

2

，累加得：Sn2-1=2(

S2

2

+

S3

3

+…+

Sn

n

)-(

1

2

+

1

3

+…+

1

n

)，利用（2）结论可得Sn2-1＜2(

S2

2

+

S3

3

+…+

Sn

n

)-

1

2

[log2n]，所以Sn2+

1

2

＜2(

S2

2

+

S3

3

+…+

Sn

n

)-

1

2

(1+[log2n])，从而问题可证．

解答：（1）解：∵

an2an-12

an-12-an2

=1
∴

1

a 2 n

-

1

a 2 n-1

=1
∵

1

a12

=1
∴{

1

an2

}是以1为首项1为公差的等差数列
∴

1

an2

=n
∴an=

1

n

；
（2）证明：

a

2 2

+

a

2 3

+…+

a

2 n

=

1

2

+

1

3

+…+

1

n

1

2

=

1

2

，

1

3

+

1

4

＞

1

22

+

1

22

=

1

2

，…，

1

9

+

1

10

+…+

1

16

＞

1

24

+

1

24

+…+

1

24

=

1

2

设n-1=1+2+…+2^m+k，其中k，m∈N且0≤k＜2^m+1
则

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞

1

2

(m+1)
又2^m+1≤n=2^m+1+k＜2^m+2
从而m+1≤log₂n＜m+2
∴[log₂n]=m+1
所以

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＞

1

2

[log2n]
∴a22+ a32 +…an2＞

1

2

[log2n] (n＞2)；
（3）证明：∵an=

1

n

∴Sn-

1

n

=Sn-1
∴Sn-12=Sn2-

2Sn

n

+

1

n

∴当n＞2时，Sn2-Sn-12=

2Sn

n

-

1

n

Sn-12-Sn-22=

2Sn-1

n-1

-

1

n-1

…
S22-S12=

2S2

2

-

1

2

累加得：Sn2-1=2(

S2

2

+

S3

3

+…+

Sn

n

)-(

1

2

+

1

3

+…+

1

n

)
由（2）结论有Sn2-1＜2(

S2

2

+

S3

3

+…+

Sn

n

)-

1

2

[log2n]
∴Sn2+

1

2

＜2(

S2

2

+

S3

3

+…+

Sn

n

)-

1

2

(1+[log2n])
＜ 2(

S1

1

+

S2

2

+

S3

3

+…+

Sn

n

)-

1

2

log2n
=2(

S1

1

+

S2

2

+

S3

3

+…+

Sn

n

)+log2an

点评：本题以数列的递推式为载体，考查数列的通项，考查不等式的证明，考查累加法求和，同时考查新定义的理解，属于中档题