Question

已知正数数列{a_n}中，a₁=1，前n项和为S_n，对任意n∈N^*，lgS_n、lgn、lg

1

an

成等差数列．
（1）求a_n和S_n；
（2）设bn=

Sn

n ！

，数列{b_n}的前n项和为T_n，当n≥2时，证明：S_n＜T_n＜2．

Answer 1

考点：数列与不等式的综合,数列的求和

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由已知条件推导出Sn=ann2，从而得到

an

an-1

=

n-1

n+1

，利用累乘法求出an=

2

n(n+1)

=2(

1

n

-

1

n+1

)，再由裂项求和法能求出S_n．
（2）由（1）得到b_n=2[

1

n!

-

1

(n+1)!

]，用裂项求和法得到T_n=2[1-

1

(n+1)!

]＜2，由此能够证明S_n＜T_n＜2．

解答： （本小题满分14分）
（1）解：依题意：lgSn+lg

1

an

=2lgn，即

Sn

an

=n2，
∴Sn=ann2．
∴an+Sn-1=ann2①．
当n≥2时，Sn-1=an-1(n-1)2②
②代入①并整理得：

an

an-1

=

n-1

n+1

∴

a2

a1

=

1

3

，

a3

a2

=

2

4

，

a4

a3

=

3

5

，

a5

a4

=

4

6

…

an-3

an-2

=

n-4

n-2

，

an-2

an-1

=

n-3

n-1

，

an-1

an-2

=

n-2

n

an

an-1

=

n-1

n+1

，
把以上n个式子相乘得：

an

a1

=

2

n(n+1)

，又∵a₁=1，
∴an=

2

n(n+1)

∵当n=1时，a₁=1也满足上式，∴an=

2

n(n+1)

，
∵an=

2

n(n+1)

=2(

1

n

-

1

n+1

)
∴S_n=2[（1-

1

2

）+（

1

2

-

1

3

）+（

1

3

-

1

4

）+…+（

1

n

-

1

n+1

）]
=2(1-

1

n+1

)=

2n

n+1

．
（2）证明：∵bn=

Sn

n!

=

2n n+1

n!

=

2n

(n+1)n!

=2[

1

n!

-

1

(n+1)!

]，
∴Tn=2[

1

1!

-

1

2!

+

1

2!

-

1

3!

+

1

3!

-

1

4!

+…+

1

n!

-

1

(n+1)!

]=2[1-

1

(n+1)!

]
∵n≥2，∴

1

(n+1)!

＞0，∴Tn=2[1-

1

(n+1)!

]＜2
又Tn-Sn=2[1-

1

(n+1)!

]-

2n

n+1

=2[

(n+1)!-1

(n+1)!

-

n•n!

(n+1)!

]=

2

(n+1)!

[(n+1)!-1-n•n!]
=

2

(n+1)!

[(n+1)n!-1-n•n!]=

2

(n+1)!

(n!-1)＞0
∴S_n＜T_n＜2．

点评：本题考查数列的通项公式和前n项和的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意裂项求和法的合理运用．