题目内容

已知数列{a_n}中，a₁=1，na_n+1=2（a₁+a₂+..+a_n）（n∈N^*）．
（1）求a₂，a₃，a₄；
（2）求数列{a_n}的通项a_n；
（3）设数列{b_n}满足b₁= $数学公式$ ，b_n+1= $数学公式$ b_n²+b_n，求证：b_n＜1（n≤k）．

解：（1）a₂=2，a₃=3，a₄=4
（2）na_n+1=2（a₁+a₂+…+a_n）①
（n-1）a_n=2（a₁+a₂+…+a_n-1）②，
①-②得：na_n+1-（n-1）a_n=2a_n，即：na_n+1=（n+1）a_n， $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$
所以a_n=a₁• $\text{[math]}$ • $\text{[math]}$ … $\text{[math]}$ =1• $\text{[math]}$ • $\text{[math]}$ … $\text{[math]}$ =n（n≥2），所以a_n=n（n∈N^*）
（3）由（2）得：b₁= $\text{[math]}$ ，b_n+1= $\text{[math]}$ b_n²+b_n＞b_n＞b_n-1＞…＞b₁＞0，
所以{b_n}是单调递增数列，故要证：b_n＜1（n≤k）只需证b_k＜1
若k=1，则b₁= $\text{[math]}$ ＜1，显然成立；若k≥2，则b_n+1= $\text{[math]}$ b_n²+b_n＜ $\text{[math]}$ b_nb_n+1+b_n
所以 $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ＞- $\text{[math]}$ ，因此： $\text{[math]}$ =（ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ）+…+（ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ）+ $\text{[math]}$ ＞- $\text{[math]}$ +2= $\text{[math]}$
所以b_k＜ $\text{[math]}$ ＜1，
所以b_n＜1（n≤k）
分析：（1）把n=1，n=2，n=3，n=4分别代入已知递推公式可求
（2）由已知na_n+1=2（a₁+a₂+…+a_n）=2S_n可得（n-1）a_n=2S_n-1，两式相减可得 $\text{[math]}$ ，利用迭代可求a_n
（3））由（2）得：b₁= $\text{[math]}$ ，b_n+1= $\text{[math]}$ b_n²+b_n＞b_n＞b_n-1＞…＞b₁＞0，
所以{b_n}是单调递增数列，故要证：b_n＜1（n≤k）只需证b_k＜1即可
点评：本题主要考查了利用数列的递推关系实现“项”与“和”之间的转化，利用迭代的方法求数列的通项公式，数列的单调性的运用．