数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意n∈N*，总有2Sn=a2n+an．求数列{an}的通项公式；设正数数列{cn}满足an+1=

题文

数列{a_n}的各项均为正数，S_n为其前n项和，对于任意n∈N^*，总有2Sn=a2n+an．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ） 设正数数列{c_n}满足an+1=(cn)n+1，(n∈N*)，求数列{c_n}中的最大项；
（Ⅲ） 求证：Tn=1a41+1a42+1a43+…+1a4n＜1110． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（Ⅰ）由已知：对于n∈N^*，总有2Sn=an+an2①成立
∴2Sn-1=an-1+a2n-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均为正数，∴a_n-a_n-1=1（n≥2），
∴数列{a_n}是公差为1的等差数列，又n=1时，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=c32=3⇒c2=33，同理，c4=2，c5=55．
易得 c₁＜c₂，c₂＞c₃＞c₄＞…猜想n≥2时，{c_n}是递减数列．
令f(x)=lnxx，则f′(x)=1x•x-lnxx2=1-lnxx2
∵当x≥3时，lnx＞1，则1-lnx＜0，即f'（x）＜0．
∴在[3，+∞）内f（x）为单调递减函数．
由an+1=cnn+1知lncn=ln(n+1)n+1．
∴n≥2时，{lnc_n}是递减数列．即{c_n}是递减数列．
又c₁＜c₂，∴数列{c_n}中的最大项为c2=33．
解法二：猜测数列{c_n}中的最大项为c2=33．c₁＜c₂＞c₃易直接验证；
以下用数学归纳法证明n≥3时，nⁿ⁺¹＞（n+1）ⁿ
（1）当n=3时，nⁿ⁺¹=81＞64=（n+1）ⁿ，所以n=3时不等式成立；
（2）假设n=k（k≥3）时不等式成立，即k^k+1＞（k+1）^k，即(k+1k)k＜k，
当n=k+1时，(k+2k+1)k+1=(k+2k+1)(k+2k+1)k＜(k+2k+1)(k+1k)k＜(k+2k+1)k＜k+1，
所以（k+1）^k+2＞（k+2）^k+1，即n=k+1时不等式成立．
由（1）（2）知nⁿ⁺¹＞（n+1）ⁿ对一切不小于3的正整数都成立．
（3）解法一：当n≥4时，由基本不等式的性质可得n3+16≥216n3=8nn≥16n，
当n=232时，取前一个等号，显然取不到，因此：n³+16＞16n，∴n⁴＞16n（n-1）．
Tn＜1+116+181+116[13•4+14•5+…+1n(n-1)]=1+116+181+116(13-1n)＜1110
解法二：n≥2时，1n4＜1n2(n-1)2=12n-1[1(n-1)2-1n2]，
Tn＜1+116+181+17(132-142)+19(142-152)+…+12n-1[1(n-1)2-1n2]＜1+116+181+17[(132-142)+(142-152)+…1(n-1)2-1n2]＜1+116+181+163＜1110

解析

a2n-1

考点

据考高分专家说，试题“数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n.....”主要考查你对 [数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等） ]考点的理解。 数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）

数列求和的常用方法：

1.裂项相加法：数列中的项形如

的形式，可以把

表示为

，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如

的数列，其中

为等差数列，

为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。
5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：
 


数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

数列求和特别提醒：

（1）对通项公式含有

的一类数列，在求

时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。