Question

5．設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且S_n+1+S_n=（n+1）a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n-1，n∈N^*
（1）若數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，求數(shù)列{a_n}的通項公式
（2）設(shè)a₂=6，求證：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，利用S_n+1+S_n=（n+1）a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n-1，可得$n（{a}_{1}-\frac{1}{2}d）+（\frac{1}{2}{a}_{1}-\frac{1}{2}d+1）=0$對任意n∈N⁺都成立，解方程組$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=\frac{1}{2}d}\\{\frac{1}{2}{a}_{1}-\frac{1}{2}d+1=0}\end{array}\right.$即可；
（2）通過條件S_n+1+S_n=（n+1）a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n-1，及a₂=6，分別計算出當n=1，2時，a₁、a₃的值，猜想a_n=4n-2 （n∈N^*），然后通過數(shù)學歸納法驗證猜想即可．

解答 解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，則a_n=a₁+（n-1）d，${S}_{n}=n{a}_{1}+\frac{n（n-1）}{2}d$，
∵S_n+1+S_n=（n+1）a_n+1-$\frac{1}{2}$a_n-1，
∴$（n+1）{a}_{1}+\frac{n（n+1）}{2}d$+$n{a}_{1}+\frac{n（n-1）}{2}d$=（n+1）（a₁+nd）-$\frac{1}{2}$[a₁+（n-1）d]-1，
化簡，得：$（n+\frac{1}{2}）{a}_{1}$-$\frac{1}{2}（n+1）d$+1=0，
即$n（{a}_{1}-\frac{1}{2}d）+（\frac{1}{2}{a}_{1}-\frac{1}{2}d+1）=0$對任意n∈N⁺都成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=\frac{1}{2}d}\\{\frac{1}{2}{a}_{1}-\frac{1}{2}d+1=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=2}\\{d=4}\end{array}\right.$，
∴a_n=2+4（n-1）=4n-2；
（2）∵a₂=6，∴${S}_{2}+{S}_{1}=2{a}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}-1$=a₁+a₂+a₁，
化簡得${a}_{2}=\frac{5}{2}{a}_{1}+1$=6，所以a₁=2，
當n=2時，則a₁+a₂+a₃+a₁+a₂=$3{a}_{3}-\frac{1}{2}{a}_{2}-1$，
∴$2{a}_{3}=\frac{5}{2}{a}_{2}+2{a}_{1}+1$=$\frac{5}{2}×6+2×2+1=20$，
∴a₃=10，∴a₁，a₂，a₃成等差數(shù)列，首項為2，公差為4，
故猜想：a_n=4n-2 （n∈N^*）．
下面利用數(shù)學歸納法來證明數(shù)列{a_n}是以2為首項，4為公差的等差數(shù)列：
顯然當n=1，2，3時，命題成立；
假設(shè)當n=k時成立，即a_k=4k-2，
∴S_k=$\frac{{a}_{1}+{a}_{k}}{2}×k$=2k²，
∴S_k+1+S_k=（k+1）a_k+1-$\frac{1}{2}$a_k-1，即$2{S}_{k}+{a}_{k+1}=（k+1）{a}_{k+1}-\frac{1}{2}{a}_{k}-1$，
∴$k{a}_{k+1}=2{S}_{k}+\frac{1}{2}{a}_{k}+1$=$4{k}^{2}+\frac{1}{2}（4k-2）+1$=4k²+2k，
∴a_k+1=4k+2=4（k+1）-2，
∴當n=k+1時也成立，
綜上所述，數(shù)列{a_n}是以2為首項，4為公差的等差數(shù)列．

點評 本題考查求通項公式，數(shù)學歸納法，挖掘隱含條件、通過條件找出規(guī)律并驗證是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題．