Question

已知S_n是数列{a_n}的前n项和，且a₁=1，．
（1）求a₂，a₃，a₄的值；
（2）求数列{a_n}的通项a_n；
（3）设数列{b_n}满足，求证：当n≤k时有b_n＜1．

Answer 1

【答案】分析：（1）由a₁=1，．可得 a₂=2a₁=2；及a₃=S₂=a₁+a₂=3可得a₄=4；
（2）当n＞1时，由na_n+1=2S_n，再构造一式：（n-1）a_n=2S_n-1，两式相减可化得，从而有a₂=2，，…，以上（n-1）个式子相乘得数列{a_n}的通项a_n
（3）分析可得{b_n}是单调递增数列，故要证：当n≤k时，b_n＜1，只需证b_k＜1．下面分（i）当k=1时和（ii）当k≥2时，结合裂项法等求数列的前n项和可得当n≤k时有b_n＜1．
解答：解：（1）由a₁=1，．
得 a₂=2a₁=2，（1分）
a₃=S₂=a₁+a₂=3，（2分）
由3a₄=2S₃=2（a₁+a₂+a₃），
得a₄=4                        （3分）
（2）当n＞1时，由na_n+1=2S_n  ①，
得（n-1）a_n=2S_n-1  ②（4分）
①-②得na_n+1-（n-1）a_n=2（S_n-S_n-1），化简得na_n+1=（n+1）a_n，
∴（n＞1）．（5 分）
∴a₂=2，，…，                          （6 分）
以上（n-1）个式子相乘得a_n=2×…×（n＞1）（7 分）
又a₁=1，∴a_n=n（n∈N₊）                              （8 分）
（3）∵a_n=n＞0，b₁=＞0，b_n+1=b+b_n，
∴{b_n}是单调递增数列，故要证：当n≤k时，b_n＜1，
只需证b_k＜1．（9分）
（i）当k=1时，b₁=＜1，显然成立；                          （10分）
（ii）当k≥2时，
∵b_n+1＞b_n＞0，，
∴，
∴．（11分）
∴…+＞-（12分）
∴b_k＜＜1．（13分）
综上，当n≤k时有b_n＜1．（14分）
点评：本题是数列问题比较经典的考题，是高考试卷考查数列的常见题型，首先要根据定义法，迭代法、构造数列法等求出数列的通项公式，再利用裂项法等求数列的前n项和．