Question

已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=1．对n∈N^*有a_n≠0且S_n=

n+1

2

a_n
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求证：

1

a 2 1

+

1

a 2 2

+

1

a 2 3

+…+

1

a 2 n

＜

7

4

；
（3）若数列{b_n}的各项都为正数，且（b_n）ⁿ⁺¹=a_n+1，求数列{b_n}的最大值．

Answer 1

考点：数列的函数特性,数列的求和,数列与不等式的综合

专题：点列、递归数列与数学归纳法

分析：（1）根据a_n+1=S_n+1-S_n，得到

an+1

an

=

n+1

n

，再利用累乘法得到数列{a_n}的通项公式；
（2）利用放缩法，当n≥3时，

1

an2

=

1

n2

＜

1

n(n-1)

=

1

n-1

-

1

n

，故成立，再验证n=1，n=2时也成立；
（3）先两边取自然对数，再构造函数令f（x）=

ln(x+1)

x+1

，利用导数求出函数的最大值，继而求出数列{b_n}的最大值．

解答： 解：（1）∵S_n=

n+1

2

a_n，
∴S_n+1=

n+2

2

a_n+1，
∴a_n+1=S_n+1-S_n=

n+2

2

a_n+1-

n+1

2

a_n，
∴

an+1

an

=

n+1

n

，
∴

a2

a1

•

a3

a2

…

an

an-1

=

2

1

×

3

2

×…×

n

n-1

=n，
∵a₁=1，
∴a_n=n，
（2）∵a_n=n，
∴

1

an2

=

1

n2

，
∵当n≥3时，

1

an2

=

1

n2

＜

1

n(n-1)

=

1

n-1

-

1

n

1

a12

+

1

a22

+…+

1

an2

=

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

＜1+

1

4

+

1

2×3

+…+

1

n(n-1)

=1+

1

4

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n-1

-

1

n

=

7

4

-

1

n

＜

7

4

当n=1时，

1

a12

=1＜

7

4

，
当n=2时，

1

a12

+

1

a22

=1+

1

4

＜

7

4

综上所述：

1

a 2 1

+

1

a 2 2

+

1

a 2 3

+…+

1

a 2 n

＜

7

4

；
（3）∵数列{b_n}的各项都为正数，且（b_n）ⁿ⁺¹=a_n+1=n+1
两边取自然对数，得
（n+1）lnb_n=ln（n+1），
∴lnb_n=

ln(n+1)

n+1

，
令t=n+1，
∴lnb_n=

lnt

t

，
令f（x）=

ln(x+1)

x+1

，
∴f′（x）=

1-ln(x+1)

(x+1)2

令f′（x）=0，解得x=e-1，
当x＞e-1时，f′（x）＜0，函数递减，
当x＜e-1时，f′（x）＞0，函数递增，
∴当x=e-1时，函数f（x）_max=f（e-1）=

1

e

∴1＜e-1＜2，
∴当n=1或n=2时，lnb_n取的最大值，
当n=1时，b₁=

2

，
当n=2时，b₂=

3	3

，
∵

2

＜

3	3

，
∴当n=2时，数列{b_n}的最大值，最大值为

3	3

．

点评：本题考查利用累乘法求出数列的通项，放缩法证明不等式成立，构造函数法，求数列的最值，属于中档题