Question

設數(shù)列{a_n}、{b_n}滿足a1=

1

2

，2nan+1=(n+1)an，且bn=ln(1+an)+

1

2

a

2 _

，n∈N^*．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）對一切n∈N^*，證明

2

a n+2

＜

an

bn

成立；
（Ⅲ）記數(shù)列{a_n²}、{b_n}的前n項和分別是A_n、B_n，證明：2B_n-A_n＜4．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由2na_n+1=（n+1）a_n，得

an+1

n+1

=

1

2

•

a1

n

，由此可求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（Ⅱ）由an＞0，bn=ln(1+an)+

1

2

an2＞0，n∈N*，知要證明

2

an+2

＜

an

bn

，只需證明ln（1+a_n）-a_n＜0成立．構造函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x（x≥0），則f′(x)=

1

1+x

-1=

-x

1+x

，當x＞0時，f'（x）＜0，故f（x）＜f（0）=0．ln（1+a_n）-a_n＜0對一切n∈N^*都成立．
（Ⅲ）由2b_n-a_n²=2ln（1+a_n）＜2a_n，知2Bn-An＜2(a1+a2++an)=2(

1

2

+

2

22

+

3

23

++

n

2n

)，利用錯位相減求得2B_n-A_n＜4．

解答：解：（Ⅰ）由2na_n+1=（n+1）a_n，得

an+1

n+1

=

1

2

•

a1

n

，（1分）
即數(shù)列{

an

n

}是以

1

2

為首項，以

1

2

為公比的等比數(shù)列，∴an=

n

2n

（3分）
（Ⅱ）∵an＞0，bn=ln(1+an)+

1

2

an2＞0，n∈N*，
∴要證明

2

an+2

＜

an

bn

，只需證明2b_n＜a_n²+2a_n，
即證bn-

1

2

an2-an＜0，即證明ln（1+a_n）-a_n＜0成立．（5分）
構造函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x（x≥0），（6分）
則f′(x)=

1

1+x

-1=

-x

1+x

，當x＞0時，f'（x）＜0，即f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
故f（x）＜f（0）=0．∴l(xiāng)n（1+x）-x＜0，即ln（1+a_n）-a_n＜0對一切n∈N^*都成立，
∴

2

an+2

＜

an

bn

．（8分）
（Ⅲ）∵2b_n-a_n²=2ln（1+a_n），由（Ⅱ）可知，2b_n-a_n²=2ln（1+a_n）＜2a_n，
∴2B_n-A_n＜2（a₁+a₂++a_n）=2(

1

2

+

2

22

+

3

23

++

n

2n

)（10分）
利用錯位相減求得：

1

2

+

2

22

+

3

23

++

n

2n

=2-

n+2

2n

＜2，∴2B_n-A_n＜4（12分）

點評：本題考查數(shù)列的性質(zhì)和應用，解題時要注意構造和錯位相減法的合理運用．