Question

1．已知{a_n}、{b_n}都是各項(xiàng)均為正數(shù)且公差不為0的等差數(shù)列，滿足a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1（n∈N^*）．
（1）求證：數(shù)列{a_n}有無窮多個(gè)，而數(shù)列{b_n}惟一確定；
（2）設(shè)a_n+1=$\frac{{2{a_n}^2+{a_n}}}{{{a_n}+1}}（n∈{N^*}）$，s_n=b₁+b₂+b₃+…+b_2n-1+b_2n，求證：2＜$\frac{S_n}{n^2}$＜6．

Answer 1

分析 （1）通過將a_n=a₁+（n-1）d，b_n=b₁+（n-1）d₂代入a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1（n∈N^*），計(jì)算即得結(jié)論；
（2）一方面通過a_n+1-a_n計(jì)算可得a_n＜a_n+1，放縮可得2n＜b_n+1+b_n，進(jìn)而有S_n=$\sum_{i=1}^{2n}_{i}$＞2[1+3+…+（2n-1）]，另一方面通過a_nb_n+1=（2n-b_n）•a_n+1＞0，a_n+1＞0，可得S_n=$\sum_{i=1}^{2n}_{i}$＜2（1+2+…+2n），計(jì)算可得結(jié)論．

解答 證明：（1）設(shè){a_n}、{b_n}公差分別為d₁、d₂（d₁d₂≠0），
則a_n=a₁+（n-1）d，b_n=b₁+（n-1）d₂，
代入a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1（n∈N^*），
可得[a₁+（n-1）d₁][b₁+nd₂]+（a₁+nd₁）[b₁+（n-1）d₂]=2n（a₁+nd₁）是個(gè)恒等式，
可得$\left\{\begin{array}{l}{2btrj5px_{1}htlpfvt_{2}=2vbndlbj_{1}}\\{2_{1}xjpfbxz_{1}+2{a}_{1}tbpfzfj_{2}-2n1v7dhb_{1}h5h5xbf_{2}=2{a}_{1}}\\{2{a}_{1}_{1}-_{1}vvtbdlf_{1}-{a}_{2}l7p3tph_{2}=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{p99hndx_{1}={a}_{1}}\\{_{1}=1}\\{jjl71rj_{2}=1}\end{array}\right.$，
可得a_n=na₁，b_n=n．
∴a₁可取無窮多個(gè)正實(shí)數(shù)，可得數(shù)列{a_n}有無窮多個(gè)，而數(shù)列{b_n}惟一確定；
（2）∵a_n+1=$\frac{{2{a_n}^2+{a_n}}}{{{a_n}+1}}（n∈{N^*}）$，
∴a_n+1-a_n=a_n+1=$\frac{2{{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}}{{a}_{n}+1}$-a_n=$\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{a}_{n}+1}$＞0，
∴a_n＜a_n+1，
∴a_nb_n+1+a_n+1b_n=2na_n+1＜a_n+1b_n+1+a_n+1b_n，
∴2n＜b_n+1+b_n．
∴S_n=$\sum_{i=1}^{2n}_{i}$=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2n-1+b_2n）＞2[1+3+…+（2n-1）]=2n²．
又a_nb_n+1=（2n-b_n）•a_n+1＞0，a_n+1＞0，
∴2n-b_n＞0．
∴S_n=$\sum_{i=1}^{2n}_{i}$＜2（1+2+…+2n）=2n（1+2n）=4n²+2n，
∴S_n∈（2n²，4n²+2n），
∴2＜$\frac{{S}_{n}}{{n}^{2}}$＜4+$\frac{2}{n}$≤6．
∴$2＜\frac{S_n}{n^2}＜6$．

點(diǎn)評 本題是一道關(guān)于數(shù)列的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，考查分析問題、解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．