Question

數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，S_n為其前n項和，對于任意n∈N^*，總有2Sn=

a

2 n

+an．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ） 設正數(shù)數(shù)列{c_n}滿足an+1=(cn)n+1，(n∈N*)，求數(shù)列{c_n}中的最大項；
（Ⅲ） 求證：Tn=

1

a 4 1

+

1

a 4 2

+

1

a 4 3

+…+

1

a 4 n

＜

11

10

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用an=

S1，當n=1時 Sn-Sn-1，當n≥2時

即可得出；
（Ⅱ）解法一：通過構造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性即可得出；
解法二：先計算前幾項，猜想出結論，利用數(shù)學歸納法即可證明；
（Ⅲ））解法一：當n≥4時，可證：n⁴＞16n（n-1），再利用裂項求和即可證明；
解法二：n≥2時，

1

n4

＜

1

n2(n-1)2

=

1

2n-1

[

1

(n-1)2

-

1

n2

]，再利用裂項求和即可證明．

解答：解：（Ⅰ）由已知：對于n∈N^*，總有2Sn=an+an2①成立
∴2Sn-1=an-1+

a

2 n-1

(n≥2)②
①-②得2an=an+an2-an-1-an-12
∴a_n+a_n-1=（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）∵a_n，a_n-1均為正數(shù)，∴a_n-a_n-1=1（n≥2），
∴數(shù)列{a_n}是公差為1的等差數(shù)列，又n=1時，2S1=a1+a12，解得a₁=1．
∴a_n=n．
（Ⅱ）解法一：由已知c_n＞0，a2=c12=2⇒c1=

2

，
a3=

c

3 2

=3⇒c2=

3	3

，同理，c4=

2

，c5=

5	5

．
易得　c₁＜c₂，c₂＞c₃＞c₄＞…猜想n≥2時，{c_n}是遞減數(shù)列．
令f(x)=

lnx

x

，則f′(x)=

1 x •x-lnx

x2

=

1-lnx

x2

∵當x≥3時，lnx＞1，則1-lnx＜0，即f'（x）＜0．
∴在[3，+∞）內(nèi)f（x）為單調(diào)遞減函數(shù)．
由an+1=cnn+1知lncn=

ln(n+1)

n+1

．
∴n≥2時，{lnc_n}是遞減數(shù)列．即{c_n}是遞減數(shù)列．
又c₁＜c₂，∴數(shù)列{c_n}中的最大項為c2=

3	3

．
解法二：猜測數(shù)列{c_n}中的最大項為c2=

3	3

．c₁＜c₂＞c₃易直接驗證；
以下用數(shù)學歸納法證明n≥3時，nⁿ⁺¹＞（n+1）ⁿ
（1）當n=3時，nⁿ⁺¹=81＞64=（n+1）ⁿ，所以n=3時不等式成立；
（2）假設n=k（k≥3）時不等式成立，即k^k+1＞（k+1）^k，即(

k+1

k

)k＜k，
當n=k+1時，(

k+2

k+1

)k+1=(

k+2

k+1

)(

k+2

k+1

)k＜(

k+2

k+1

)(

k+1

k

)k＜(

k+2

k+1

)k＜k+1，
所以（k+1）^k+2＞（k+2）^k+1，即n=k+1時不等式成立．
由（1）（2）知nⁿ⁺¹＞（n+1）ⁿ對一切不小于3的正整數(shù)都成立．
（3）解法一：當n≥4時，由基本不等式的性質(zhì)可得n3+16≥2

16n3

=8n

n

≥16n，
當n=2

3	2

時，取前一個等號，顯然取不到，因此：n³+16＞16n，∴n⁴＞16n（n-1）．

Tn＜1+ 1 16 + 1 81 + 1 16 [ 1 3•4 + 1 4•5 +…+ 1 n(n-1) ] =1+ 1 16 + 1 81 + 1 16 ( 1 3 - 1 n )＜ 11 10

解法二：n≥2時，

1

n4

＜

1

n2(n-1)2

=

1

2n-1

[

1

(n-1)2

-

1

n2

]，

Tn＜1+ 1 16 + 1 81 + 1 7 ( 1 32 - 1 42 )+ 1 9 ( 1 42 - 1 52 )+…+ 1 2n-1 [ 1 (n-1)2 - 1 n2 ] ＜1+ 1 16 + 1 81 + 1 7 [( 1 32 - 1 42 )+( 1 42 - 1 52 )+… 1 (n-1)2 - 1 n2 ] ＜1+ 1 16 + 1 81 + 1 63 ＜ 11 10

點評：熟練掌握利用an=

S1，當n=1時 Sn-Sn-1，當n≥2時

求通項、通過構造函數(shù)并利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式、數(shù)學歸納法、適當放縮、裂項求和是解題的關鍵．