Question

14．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)為S_n，a₁=1，S₁₀=100，且對任意正整數(shù)n，均有S_n=$\frac{n（a_n+1）}{2}$．
（1）求證{a_n}是等差數(shù)列，并求a_n；
（2）數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{1}{\sqrt{{S}_{n}}}$，記{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求證T_n＞ln（n+1）．

Answer 1

分析 （1）由S_n=$\frac{n（a_n+1）}{2}$，即2S_n=na_n+n，當(dāng)n≥2時(shí)，2S_n-1=（n-1）a_n-1+（n-1），可得2a_n=na_n-（n-1）a_n-1+1，同理可得2a_n+1=（n+1）a_n+1-na_n+1，可得2a_n=a_n-1+a_n+1，再利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；
（2）由（1）可得：S_n=$\frac{n（a_n+1）}{2}$=n²，可得b_n=$\frac{1}{\sqrt{{S}_{n}}}$=$\frac{1}{n}$，因此{(lán)b_n}的前n項(xiàng)和為T_n=1+$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$．首先證明ln（1+x）＜x，x＞0，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．再利用數(shù)學(xué)歸納法證明：T_n＞ln（n+1）即可．

解答 證明：（1）∵S_n=$\frac{n（a_n+1）}{2}$，即2S_n=na_n+n，
當(dāng)n≥2時(shí)，2S_n-1=（n-1）a_n-1+（n-1），
∴2a_n=na_n-（n-1）a_n-1+1，同理可得2a_n+1=（n+1）a_n+1-na_n+1，
∴2a_n=a_n-1+a_n+1，
∴{a_n}是等差數(shù)列，設(shè)公差為d，
∵a₁=1，S₁₀=100，
∴$\frac{10（1+{a}_{10}）}{2}$=100，解得a₁₀=19，
∴1+9d=19，解得d=2，
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）由（1）可得：S_n=$\frac{n（a_n+1）}{2}$=n²，
∴b_n=$\frac{1}{\sqrt{{S}_{n}}}$=$\frac{1}{n}$，
∴{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n=1+$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
首先證明ln（1+x）＜x，x＞0，
令f（x）=ln（1+x）-x，f′（x）=$\frac{1}{1+x}-1$=$\frac{-x}{1+x}$＜0，
∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴f（x）＜f（0）=0，
∴l(xiāng)n（1+x）＜x，x＞0，成立．
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：T_n＞ln（n+1）．
（i）當(dāng)n=1時(shí)，1＞ln2，成立；
（ii）假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，T_k＞ln（k+1），
則當(dāng)n=k+1時(shí)，
${T}_{k+1}={T}_{k}+\frac{1}{k+1}$＞ln（k+1）+$\frac{1}{k+1}$=ln（k+1）-ln（k+2）+$\frac{1}{k+1}$+ln（k+2）
=$\frac{1}{k+1}-ln（1+\frac{1}{k+1}）$+ln（k+2）＞ln（k+1+1），
因此當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式成立．
綜上可得：?n∈N^*，T_n＞ln（n+1）成立．

點(diǎn)評 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、數(shù)學(xué)歸納法，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．