Question

19．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=$\frac{1}{2}$，S_n=n²a_n-n（n-1），n=1，2，…
（1）證明：數(shù)列{$\frac{n+1}{n}$S_n}是等差數(shù)列，并求S_n．
（2）設(shè)b_n=$\frac{{S}_{n}}{{n}^{3}+3{n}^{2}}$，求證：b₁+b₂+…+b_n＜$\frac{5}{11}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，將S_n=n²a_n-n（n-1）變形可得S_n=n²（S_n-S_n-1）-n（n-1），進(jìn)而變形可得：$\frac{n+1}{n}{S}_{n}$-$\frac{n}{n-1}$S_n-1=1，由等差數(shù)列的定義可得數(shù)列{$\frac{n+1}{n}$S_n}是等差數(shù)列，
進(jìn)而由等差數(shù)列的通項(xiàng)可得S_n公式；
（2）根據(jù)題意，由（1）可得S_n=$\frac{{n}^{2}}{n+1}$，代入b_n=$\frac{{S}_{n}}{{n}^{3}+3{n}^{2}}$中，可得b_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+3}$），進(jìn)而由裂項(xiàng)相消法可得b₁+b₂+…+b_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+3}$），用放縮法分析可得分析可得b₁+b₂+…+b_n＜$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{6}$=$\frac{5}{12}$，又由$\frac{5}{12}$＜$\frac{5}{11}$，即可得證明．

解答 解：（1）由S_n=n²a_n-n（n-1）知，當(dāng)n≥2時(shí)，S_n=n²（S_n-S_n-1）-n（n-1），
即（n²-1）S_n-n²S_n-1=n（n-1），
變形可得：$\frac{n+1}{n}{S}_{n}$-$\frac{n}{n-1}$S_n-1=1，對(duì)n≥2成立；
又由a₁=$\frac{1}{2}$，則$\frac{1+1}{1}$×a₁=1，
故數(shù)列{$\frac{n+1}{n}$S_n}是1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，
則$\frac{n+1}{n}$S_n=1+（n-1）×1=n，
故S_n=$\frac{{n}^{2}}{n+1}$；
（2）證明：根據(jù)題意，由（1）可得S_n=$\frac{{n}^{2}}{n+1}$，
b_n=$\frac{{S}_{n}}{{n}^{3}+3{n}^{2}}$=$\frac{\frac{{n}^{2}}{n+1}}{{n}^{3}+3{n}^{2}}$=$\frac{1}{（n+1）（n+3）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+3}$），
b₁+b₂+…+b_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+…+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+3}$）
=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{n+2}$-$\frac{1}{n+3}$）＜$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{6}$=$\frac{5}{12}$，
而$\frac{5}{12}$＜$\frac{5}{11}$，
故b₁+b₂+…+b_n＜$\frac{5}{11}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的求和，涉及數(shù)列的遞推公式的運(yùn)用，關(guān)鍵是利用公式a_n=S_n-S_n-1進(jìn)行轉(zhuǎn)化．