Question

10．已知数列{a_n}的各项均为正数，a₁=1，前n项和为S_n，且a_n+1²-nλ²-1=2λS_n，λ为正常数．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）记b_n=$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$，C_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$+$\frac{1}{{S}_{k-n}}$（k，n∈N*，k≥2n+2）．
       求证：①b_n＜b_n+1；
                 ②C_n＞C_n+1．

Answer 1

分析 （1）a²_n+1-nλ²-1=2λS_n，λ为正常数．可得：n≥2时，${a}_{n}^{2}$-（n-1）λ²-1=2λS_n-1．相减化为：a_n+1-a_n=λ．n=1时，${a}_{2}^{2}-{λ}^{2}$-1=2λ，解得a₂=λ+1，因此a₂-a₁=λ．利用等差数列的通项公式可得：a_n=1+λ（n-1）．
（2）①由（1）可得：S_n=$\frac{n[2+λ（n-1）]}{2}$．可得b_n=$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}（n+\frac{n}{λn+1-λ}）$，作差b_n+1-b_n，化简即可得出．
②C_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$+$\frac{1}{{S}_{k-n}}$，（k，n∈N*，k≥2n+2）．作差C_n+1-C_n=$\frac{1}{{S}_{k+1}}+\frac{1}{{S}_{k-n-1}}$-$\frac{1}{{S}_{k}}$-$\frac{1}{{S}_{k-n}}$=$\frac{1}{{S}_{k-n-1}}$$•\frac{1}{{b}_{k-n}}$-$\frac{1}{{S}_{n}}$$•\frac{1}{{b}_{k+1}}$．利用其单调性即可得出．

解答 （1）解：∵a²_n+1-nλ²-1=2λS_n，λ为正常数．∴n≥2时，${a}_{n}^{2}$-（n-1）λ²-1=2λS_n-1．
∴a²_n+1-nλ²-${a}_{n}^{2}$+（n-1）λ²=2λa_n．化为：a_n+1-a_n=λ．
n=1时，${a}_{2}^{2}-{λ}^{2}$-1=2λ，解得a₂=λ+1，因此a₂-a₁=λ．
∴数列{a_n}是等差数列，公差为λ．
∴a_n=1+λ（n-1）．
（2）证明：①由（1）可得：S_n=$\frac{n[2+λ（n-1）]}{2}$．
∴b_n=$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{n[2+λ（n-1）]}{2[1+λ（n-1）]}$=$\frac{1}{2}（n+\frac{n}{λn+1-λ}）$．
b_n+1-b_n=$\frac{1}{2}[1+\frac{n+1}{λn+1}-\frac{n}{λ（n-1）+1}]$=$\frac{1}{2}•$$\frac{n（n-1）{λ}^{2}+（2n-2）λ+2}{（λn+1）[λ（n-）+1]}$＞0．
∴b_n+1＞b_n．
②∵C_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$+$\frac{1}{{S}_{k-n}}$，（k，n∈N*，k≥2n+2）．
∴C_n+1-C_n=$\frac{1}{{S}_{k+1}}+\frac{1}{{S}_{k-n-1}}$-$\frac{1}{{S}_{k}}$-$\frac{1}{{S}_{k-n}}$
=$\frac{-{a}_{k+1}}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$+$\frac{{a}_{k-n}}{{S}_{k-n-1}{S}_{k-n}}$
=$\frac{1}{{S}_{k-n-1}}$$•\frac{1}{{b}_{k-n}}$-$\frac{1}{{S}_{n}}$$•\frac{1}{{b}_{k+1}}$．
∵k≥2n+2，∴n+1＜k-n，n＜k-n-1．
由a_n＞0，∴0＜S_n＜S_k-n-1，∴$0＜\frac{1}{{S}_{k-n-1}}$$＜\frac{1}{{S}_{n}}$．
又0＜b_n+1＜b_k-n，∴$0＜\frac{1}{{b}_{k-n}}$＜$\frac{1}{{b}_{n+1}}$，
∴C_n+1-C_n＜0．∴C_n＞C_n+1．

点评 本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、数列递推关系、作差法、不等式的性质、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．