Question

11．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，且a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}^{2}+1}$（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項a_n；
（2）設b_n=$\frac{1}{（n+1）{a}_{n}+n{a}_{n+1}}$，（n∈N^*），求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n；
（3）設數(shù)列{c_n}，滿足c₁=2，c_n+1=c_n+$\frac{1}{{c}_{n}}$（n∈N^*），證明c_n＞a_2n+1對一切正整數(shù)n成立．

Answer 1

分析 （1）由配方可得a_n+1²=a_n²+1，即有數(shù)列{a_n²}為首項為1，公差為1的等差數(shù)列，運用等差數(shù)列的通項公式即可得到所求；
（2）求得b_n=$\frac{1}{（n+1）\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}$=$\frac{（n+1）\sqrt{n}-n\sqrt{n+1}}{n（n+1）}$=$\frac{\sqrt{n}}{n}$-$\frac{\sqrt{n+1}}{n+1}$，運用數(shù)列的求和方法：裂項相消求和，即可得到所求和；
（3）運用數(shù)學歸納法證明，注意步驟，注意運用假設，結合分析法，即可得到．

解答 解：（1）a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}^{2}+1}$（n∈N^*），可得a_n＞0，
即有a_n+1²=a_n²+1，又a₁=1，
即有數(shù)列{a_n²}為首項為1，公差為1的等差數(shù)列，
可得a_n²=1+n-1=n，
即有a_n=$\sqrt{n}$；
（2）b_n=$\frac{1}{（n+1）{a}_{n}+n{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{（n+1）\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}$
=$\frac{（n+1）\sqrt{n}-n\sqrt{n+1}}{n（n+1）}$=$\frac{\sqrt{n}}{n}$-$\frac{\sqrt{n+1}}{n+1}$，
則前n項和T_n=1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$+…+$\frac{\sqrt{n}}{n}$-$\frac{\sqrt{n+1}}{n+1}$
=1-$\frac{\sqrt{n+1}}{n+1}$；
（3）證明：當n=1時，c₁=2，a₃=$\sqrt{3}$，顯然c₁＞a₃成立；
假設n=k時，c_k＞a_2k+1成立，即c_k＞$\sqrt{2k+1}$；
當n=k+1時，c_k+1=c_k+$\frac{1}{{c}_{k}}$在（$\sqrt{2k+1}$，+∞）遞增，
即有c_k+1＞$\sqrt{2k+1}$+$\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$，要證c_k+1＞a_2k+3成立，
即證＞$\sqrt{2k+1}$+$\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$＞$\sqrt{2k+3}$，
即為2k+2＞$\sqrt{2k+1}$•$\sqrt{2k+3}$，
即4k²+8k+4＞4k²+8k+3，有4＞3顯然成立．
綜上可得c_n＞a_2n+1對一切正整數(shù)n成立．

點評 本題考查數(shù)列的圖象的求法，注意運用等差數(shù)列的定義和通項公式，考查數(shù)列的求和方法：裂項相消求和，同時考查不等式的證明，注意運用數(shù)學歸納法，屬于中檔題．