12.已知正整數(shù)數(shù)列{an}滿足a2=4,且對任意n∈N*,有2+$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$<$\frac{{\frac{1}{a_n}+\frac{1}{{{a_{n+1}}}}}}{{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}}$<2+$\frac{1}{a_n}$
(1)求a1,a3,并猜想數(shù)列{an}的通項公式;
(2)由(1)的猜想,設(shè)數(shù)列{$\frac{1}{a_n}$}的前n項和為Sn,求證:Sn<2.

分析 (1)對任意n∈N*,有2+$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$<$\frac{\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{{a}_{n+1}}}{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}$<2+$\frac{1}{a_n}$,可得n=1時,$2+\frac{1}{{a}_{2}}$<2$(\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}})$$<2+\frac{1}{{a}_{1}}$,化為:$\frac{2}{3}<{a}_{1}<\frac{8}{7}$,由a1是正整數(shù),可得a1=1.當(dāng)n=2時,可得:8<a3<10,可得a3=9,猜想an=n2
(2)由$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$,當(dāng)n≥2時,$\frac{1}{{a}_{n}}$≤$\frac{1}{(n-1)n}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$,利用“裂項求和”方法即可得出.

解答 (1)解:對任意n∈N*,有2+$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$<$\frac{\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{{a}_{n+1}}}{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}$<2+$\frac{1}{a_n}$,可得n=1時,$2+\frac{1}{{a}_{2}}$<2$(\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}})$$<2+\frac{1}{{a}_{1}}$,∴$2+\frac{1}{4}$$<2(\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{4})$$<2+\frac{1}{{a}_{1}}$,化為:$\frac{2}{3}<{a}_{1}<\frac{8}{7}$,∵a1是正整數(shù),∴a1=1.
當(dāng)n=2時,可得:8<a3<10,可得a3=9,猜想an=n2
(2)∵$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{{n}^{2}}$,當(dāng)n≥2時,$\frac{1}{{a}_{n}}$≤$\frac{1}{(n-1)n}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$,
∴Sn=$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$≤1+$(1-\frac{1}{2})$+$(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})$+…+$(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})$=2-$\frac{1}{n}$<2.
∴Sn<2.

點評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、“裂項求和”方法、放縮法、不等式的性質(zhì),考查了推理能力與計算能力,屬于難題.

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(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)求數(shù)列{nan}的前n項和.

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