Question

5．設(shè)各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項和是S_n，已知a₁=3，4S_n=a_n²+2a_n+4（n≥2）．
（1）求a₂，a₃；
（2）求{a_n}的通項公式；
（3）求證：$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$＜$\frac{5}{6}$．

Answer 1

分析 （1）由a₁=3，4S_n=a_n²+2a_n+4（n≥2），令n=2，3代入求a₂，a₃；
（2）由4S_n=a_n²+2a_n+4可推出4a_n=（a_n²+2a_n+4）-（a_n-1²+2a_n-1+4），從而可得a_n=a_n-1+2，從而求{a_n}的通項公式；
（3）由題意可求得S_n=n²+n+1；再由$\frac{1}{{s}_{n}}$=$\frac{1}{{n}^{2}+n+1}$＜$\frac{1}{{n}^{2}+n}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$；從而證明即可．

解答 解：（1）∵a₁=3，4S₂=a₂²+2a₂+4，
∴4（3+a₂）=a₂²+2a₂+4，
∴a₂=4或a₂=-2（舍去）；
∴4（3+4+a₃）=a₃²+2a₃+4，
∴a₃=6或a₃=-4（舍去）；
（2）當(dāng)n≥3時，4S_n=a_n²+2a_n+4，①
4S_n-1=a_n-1²+2a_n-1+4②
①-②得，
4a_n=（a_n²+2a_n+4）-（a_n-1²+2a_n-1+4）；
即（a_n+a_n-1）（a_n-2-a_n-1）=0；
∴a_n=a_n-1+2，
綜上所述，a_n=$\left\{\begin{array}{l}{3，n=1}\\{2n，n≥2}\end{array}\right.$；
（3）證明：當(dāng)n=1時，S₁=a₁=3，
當(dāng)n≥2時，S_n=3+$\frac{4+2n}{2}$（n-1）=n²+n+1；
當(dāng)n=1時，S_n=n²+n+1也成立；
故S_n=n²+n+1；
故$\frac{1}{{s}_{n}}$=$\frac{1}{{n}^{2}+n+1}$＜$\frac{1}{{n}^{2}+n}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$；
故$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{7}$+$\frac{1}{13}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}+n+1}$
=$\frac{1}{3}$+（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$）+…+（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）
=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{5}{6}$-$\frac{1}{n+1}$＜$\frac{5}{6}$．

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列的通項公式的求法及前n項和的求法，同時考查了數(shù)列與不等式的應(yīng)用，屬于中檔題．