Question

4．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n ，已知a₁=$\frac{1}{2}$，S_n=n²a_n-n（n-1）（n∈N^*），
（1）求a₂與a₃；
（2）求證：數(shù)列{$\frac{（n+1）{S}_{n}}{n}$}是等差數(shù)列；
（3）設(shè)b_n=$\frac{1}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$，數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n ，證明：T_n$＜\frac{5}{2}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）由a₁=$\frac{1}{2}$，S_n=n²a_n-n（n-1）（n∈N^*），分別令n=2，3即可解出；
（2）將a_n用S_n-S_n-1代換，經(jīng)過化簡(jiǎn)整理可得數(shù)列{$\frac{（n+1）{S}_{n}}{n}$}是等差數(shù)列；
（3）S_n=$\frac{{n}^{2}}{n+1}$，可得b_n=$\frac{1}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$=$\frac{n+2}{{n}^{2}（n+1）}$，當(dāng)n≥2時(shí)，b_n＜$\frac{n+2}{（n-1）n（n+2）}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$，即可證明．

解答 解：（1）S₂=2²a₂-2=$\frac{1}{2}$+a₂，
解得a₂=$\frac{5}{6}$；
S₃=3²a₃-3×2=$\frac{1}{2}$+$\frac{5}{6}$+a₃，
解得a₃=$\frac{11}{12}$；
（2）S_n=n²a_n-n（n-1）=n²（S_n-S_n-1）-n（n-1）（n≥2），
∴（n²-1）S_n-n²S_n-1=n（n-1）
∴$\frac{n+1}{n}$S_n-$\frac{n}{n-1}$S_n-1=1（n≥2）
∴數(shù)列{$\frac{（n+1）{S}_{n}}{n}$}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列；
（3）證明：$\frac{n+1}{n}$S_n=1+n-1=n，
∴S_n=$\frac{{n}^{2}}{n+1}$（n∈N^*），
則b_n=$\frac{1}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$=$\frac{（n+1）（n+2）}{{n}^{2}•（n+1）^{2}}$=$\frac{n+2}{{n}^{2}（n+1）}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，b_n＜$\frac{n+2}{（n-1）n（n+2）}$=$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，T_n＜$\frac{3}{2}$+（1-$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$）+…+（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）
=$\frac{5}{2}$-$\frac{1}{n}$＜$\frac{5}{2}$，
當(dāng)n=1時(shí)，上式也成立．
∴T_n＜$\frac{5}{2}$（n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推式的應(yīng)用、“裂項(xiàng)求和”、“放縮法”，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．