Question

已知数列{a_n}中,a₁=1,na_n+1=2(a₁+a₂+…+a_n) (n∈N^*).

(1)求a₂,a₃,a₄及通项a_n;

(2)设数列{b_n}满足b₁=,b_n+1=b_n²+b_n,其中k为一个给定的正整数,求证:在n≤k时,b_n＜1恒成立.

Answer 1

解:(1)a₂=2,a₃=3,a₄=4,na_n+1=2(a₁+a₂+…+a_n);①

(n-1)a_n=2(a₁+a₂+…+a_n+1),②

①-②得na_n+1-(n-1)a_n=2a_n,

即na_n+1=(n+1)a_n,,

∴a_n=a₁···…·=n(n≥2).

∴a_n=n(n∈N^*).

(2)由(1)得b₁=,b_n+1=b_n²+b_n＞b_n＞b_n-1＞…＞b₁＞0,∴{b_n}是单调递增数列.

故要证b_n＜1(n≤k),只需证b_k＜1.若k=1,则b₁=＜1显然成立.

若k≥2,则b_n+1=b_n²+b_n＜b_nb_n+1+b_n.

∴＞-.

因此,=()+…+()+＞+2=,∴b_k＜＜1,故b_n＜1(n≤k).