Question

13．設(shè){a_n}是正數(shù)組成的數(shù)列，其前n項和為S_n，且S_n=$\frac{1}{8}$（a_n+2）²．
（1）求數(shù)列{a_n}的前3項；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）令b_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}$+$\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$）（n∈N^*），證明：b₁+b₂+b₃+…+b_n＜n+1．

Answer 1

分析 （1）把n=1，2，3分別代入遞推公式中可求
（2）根據(jù)數(shù)列的遞推公式，即可求出數(shù)列{a_n}的通項公式，
（3）根據(jù)裂項求和和放縮法即可證明．

解答 解：（1）由題意，$\frac{{a}_{n}+2}{2}$=$\sqrt{2{S}_{n}}$．當(dāng)n=1時，$\frac{{a}_{1}+2}{2}$=2$\sqrt{{S}_{1}}$，S₁=a₁，∴$\frac{{a}_{1}+2}{2}$=2$\sqrt{{a}_{1}}$，解得a₁=2．
當(dāng)n=2時，有$\frac{{a}_{2}+2}{2}$=2$\sqrt{{S}_{2}}$，S₂=a₁+a₂，將a₁=2代入，整理得（a₂-2）²=16，由a₂＞0，解得a₂=6．
當(dāng)n=3時，有$\frac{{a}_{3}+2}{2}$$\sqrt{2{S}_{3}}$，S₃=a₁+a₂+a₃，將a₁=2，a₂=6代入，整理得（a₃-2）²=64，由a₃＞0，
解得a₃=10．故該數(shù)列的前3項為2，6，10．
（2）解法一：由題意知S_n=$\frac{1}{8}$（a_n+2）²，S_n+1=$\frac{1}{8}$（a_n+1+2）²，
∴a_n+1=S_n+1-S_n=$\frac{1}{8}$[（a_n+1+2）²-（a_n+2）²]．
整理得（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-4）=0，
由題意知a_n+1+a_n≠0，
∴a_n+1-a_n=4，即數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，
其中a₁=2，公差d=4．
∴a_n=a₁+（n-1）d=2+4（n-1），
即通項公式為a_n=4n-2．
解法二：由已知得，$\frac{{a}_{n}+2}{2}$=$\sqrt{2{S}_{n}}$，（n∈N^*）①，
∴$\frac{{a}_{n+1}+2}{2}$=$\sqrt{2{S}_{n+1}}$②，
由②式得$\frac{{{S_{n+1}}-{S_n}+2}}{2}=\sqrt{2{S_{n+1}}}$，整理得S_n+1-2$\sqrt{2}$$\sqrt{{S}_{n+1}}$+2-S_n=0，配方后可解得$\sqrt{{S}_{n+1}}$=$\sqrt{2}$±$\sqrt{{S}_{n}}$，
由于數(shù)列{a_n}為正項數(shù)列，而$\sqrt{{S}_{1}}$=$\sqrt{2}$，
∴$\sqrt{{S}_{n+1}}$+$\sqrt{{S}_{n}}$＞$\sqrt{2}$，因而可解得$\sqrt{{S}_{n+1}}$=$\sqrt{2}$+$\sqrt{{S}_{n}}$，
即{S_n}是以$\sqrt{{S}_{1}}$=$\sqrt{2}$為首項，以$\sqrt{2}$為公差的等差數(shù)列．所以$\sqrt{{S}_{n}}$=$\sqrt{2}$+$\sqrt{2}$（n-1）=$\sqrt{2}$n，
S_n=2n²，故a_n=S_n-S_n-1=4n-2，n≥2，又a₁=2符合a_n=4n-2，即a_n=4n-2（n∈N^*）．
（3）令c_n=b_n-1，則c_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}$+$\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$-2）=$\frac{1}{2}$[（$\frac{2n+1}{2n-1}$-1）+（$\frac{2n-1}{2n+1}$-1）]=$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$，
∴${b_1}+{b_2}+…+{b_n}-n={c_1}+{c_2}+…+{c_n}=（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+…+（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）=1-\frac{1}{2n+1}＜1$，
∴b₁+b₂+b₃+…+b_n＜n+1．

點評 本題主要考查了利用遞推公式求解數(shù)列中的項及構(gòu)造求解數(shù)列的通項公式，裂項求和放縮法，屬于中檔題．