Question

10．已知數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，a₁=1，前n項和為S_n，且a_n+1²-nλ²-1=2λS_n，λ為正常數(shù)．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）記b_n=$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$，C_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$+$\frac{1}{{S}_{k-n}}$（k，n∈N*，k≥2n+2）．
       求證：①b_n＜b_n+1；
                 ②C_n＞C_n+1．

Answer 1

分析 （1）a²_n+1-nλ²-1=2λS_n，λ為正常數(shù)．可得：n≥2時，${a}_{n}^{2}$-（n-1）λ²-1=2λS_n-1．相減化為：a_n+1-a_n=λ．n=1時，${a}_{2}^{2}-{λ}^{2}$-1=2λ，解得a₂=λ+1，因此a₂-a₁=λ．利用等差數(shù)列的通項公式可得：a_n=1+λ（n-1）．
（2）①由（1）可得：S_n=$\frac{n[2+λ（n-1）]}{2}$．可得b_n=$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}（n+\frac{n}{λn+1-λ}）$，作差b_n+1-b_n，化簡即可得出．
②C_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$+$\frac{1}{{S}_{k-n}}$，（k，n∈N*，k≥2n+2）．作差C_n+1-C_n=$\frac{1}{{S}_{k+1}}+\frac{1}{{S}_{k-n-1}}$-$\frac{1}{{S}_{k}}$-$\frac{1}{{S}_{k-n}}$=$\frac{1}{{S}_{k-n-1}}$$•\frac{1}{_{k-n}}$-$\frac{1}{{S}_{n}}$$•\frac{1}{_{k+1}}$．利用其單調性即可得出．

解答 （1）解：∵a²_n+1-nλ²-1=2λS_n，λ為正常數(shù)．∴n≥2時，${a}_{n}^{2}$-（n-1）λ²-1=2λS_n-1．
∴a²_n+1-nλ²-${a}_{n}^{2}$+（n-1）λ²=2λa_n．化為：a_n+1-a_n=λ．
n=1時，${a}_{2}^{2}-{λ}^{2}$-1=2λ，解得a₂=λ+1，因此a₂-a₁=λ．
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，公差為λ．
∴a_n=1+λ（n-1）．
（2）證明：①由（1）可得：S_n=$\frac{n[2+λ（n-1）]}{2}$．
∴b_n=$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{n[2+λ（n-1）]}{2[1+λ（n-1）]}$=$\frac{1}{2}（n+\frac{n}{λn+1-λ}）$．
b_n+1-b_n=$\frac{1}{2}[1+\frac{n+1}{λn+1}-\frac{n}{λ（n-1）+1}]$=$\frac{1}{2}•$$\frac{n（n-1）{λ}^{2}+（2n-2）λ+2}{（λn+1）[λ（n-）+1]}$＞0．
∴b_n+1＞b_n．
②∵C_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$+$\frac{1}{{S}_{k-n}}$，（k，n∈N*，k≥2n+2）．
∴C_n+1-C_n=$\frac{1}{{S}_{k+1}}+\frac{1}{{S}_{k-n-1}}$-$\frac{1}{{S}_{k}}$-$\frac{1}{{S}_{k-n}}$
=$\frac{-{a}_{k+1}}{{S}_{n}{S}_{n+1}}$+$\frac{{a}_{k-n}}{{S}_{k-n-1}{S}_{k-n}}$
=$\frac{1}{{S}_{k-n-1}}$$•\frac{1}{_{k-n}}$-$\frac{1}{{S}_{n}}$$•\frac{1}{_{k+1}}$．
∵k≥2n+2，∴n+1＜k-n，n＜k-n-1．
由a_n＞0，∴0＜S_n＜S_k-n-1，∴$0＜\frac{1}{{S}_{k-n-1}}$$＜\frac{1}{{S}_{n}}$．
又0＜b_n+1＜b_k-n，∴$0＜\frac{1}{_{k-n}}$＜$\frac{1}{_{n+1}}$，
∴C_n+1-C_n＜0．∴C_n＞C_n+1．

點評 本題考查了等差數(shù)列的通項公式與求和公式、數(shù)列遞推關系、作差法、不等式的性質、數(shù)列的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．