Question

已知在数列{a_n}中，a1=

1

2

，S_n是其前n项和，且S_n=n²a_n-n（n-1）．
（1）证明：数列{

n+1

n

Sn}是等差数列；
（2）令b_n=（n+1）（1-a_n），记数列{b_n}的前n项和为T_n．
①求证：当n≥2时，Tn2＞2(

T2

2

+

T3

3

+…+

Tn

n

)；
②）求证：当n≥2时，bn+1+bn+2+…+b2n＜

4

5

-

1

2n+1

．

Answer 1

分析：（1）由题设知S_n=n²（S_n-S_n-1）-n（n-1），（n²-1）S_n-n²S=n（n-1），两边同除以n（n-1），得

n+1

n

Sn-

n

n-1

Sn-1=1，由此能够证明数列{

n+1

n

Sn}是等差数列；
（2）由

n+1

n

Sn=n，Sn=

n2

n+1

代入S_n=n²a_n-n（n-1），得an=1-

1

n(n+1)

，故bn=

1

n

，Tn=1+

1

2

+

1

3

++

1

n

．
①bn=

1

n

，bn=Tn-Tn-1=

1

n

，即Tn-

1

n

=Tn-1，平方Tn2-

2Tn

n

+

1

n2

=Tn-12∴Tn2-Tn-12=

2Tn

n

-

1

n2

，
再由叠加法能够得到当n≥2时，Tn2＞2(

T2

2

+

T3

3

+…+

Tn

n

)；
②当n=2时，b3+b4=

1

3

+

1

4

＜

4

5

-

1

5

即n=2时命题成立，由数学归纳法能够证明对于任意n≥2，bn+1+bn+2++b2n＜

4

5

-

1

2n+1

．

解答：解：（1）由条件可得S_n=n²（S_n-S_n-1）-n（n-1），（n²-1）S_n-n²S=n（n-1）
两边同除以n（n-1），得：

n+1

n

Sn-

n

n-1

Sn-1=1
所以：数列{

n+1

n

Sn}成等差数列，且首项和公差均为（14分）
（2）由（1）可得：

n+1

n

Sn=n，Sn=

n2

n+1

，代入S_n=n²a_n-n（n-1）可得an=1-

1

n(n+1)

，所以bn=

1

n

，Tn=1+

1

2

+

1

3

++

1

n

．（6分）
①bn=

1

n

当n≥2时，bn=Tn-Tn-1=

1

n

，即Tn-

1

n

=Tn-1
平方则Tn2-

2Tn

n

+

1

n2

=Tn-12∴Tn2-Tn-12=

2Tn

n

-

1

n2

叠加得Tn2-1=2(

T2

2

+

T3

3

++

Tn

n

)-(

1

22

+

1

32

++

1

n2

)∴Tn2=2(

T2

2

+

T3

3

++

Tn

n

)+1-(

1

22

++

1

n2

)
又

1

22

+

1

32

++

1

n2

＜

1

1×2

+

1

2×3

++

1

(n-1)n

=1-

1

2

+

1

2

-

1

3

++

1

n-1

-

1

n

=1-

1

n

＜1∴Tn2＞2(

T2

2

+

T3

3

++

Tn

n

)（9分）
②当n=2时，b3+b4=

1

3

+

1

4

＜

4

5

-

1

5

即n=2时命题成立
假设n=k（k≥2）时命题成立，即

1

k+1

+

1

k+2

++

1

2k

＜

4

5

-

1

2k+1

当n=k+1时，

1

k+2

+

1

k+3

++

1

2k

+

1

2k+1

+

1

2k+2

＜

4

5

-

1

2k+1

-

1

k+1

+

1

2k+1

+

1

2k+2

=

4

5

-

1

2k+2

＜

4

5

-

1

2k+3

即n=k+1时命题也成立
综上，对于任意n≥2，bn+1+bn+2++b2n＜

4

5

-

1

2n+1

（14分）

点评：本题考查数列知识的综合运用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件．