Question

1．已知數(shù)列{a_n}中a₁=1，其前n項和記為S_n，且滿足3（S₁+S₂+…+S_n）=（n+2）S_n．
（1）求數(shù)列{$\frac{{S}_{n}}{（n+1）n}$}的通項公式；
（2）設無窮數(shù)列b₁，b₂，…b_n，…對任意自然數(shù)m和n，不等式|b_m+n-b_m-b_n|＜$\frac{1}{m+{a}_{n}}$均成立，證明：數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）在原數(shù)列遞推式中取n=n-1得另一遞推式，作差后可得$\frac{{S}_{n}}{{S}_{n-1}}=\frac{n+1}{n-1}$（n≥2），然后利用累積法求得數(shù)列{$\frac{{S}_{n}}{（n+1）n}$}的通項公式；
（2）由（1）求出列{a_n}的通項公式，代入不等式|b_m+n-b_m-b_n|＜$\frac{1}{m+{a}_{n}}$，利用反證法，結(jié)合絕對值的不等式及放縮法可得數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列．

解答 （1）解：由3（S₁+S₂+…+S_n）=（n+2）S_n．
得3（S₁+S₂+…+S_n-1）=（n+1）S_n-1（n≥2）．
兩式作差得3S_n=（n+2）S_n-（n+1）S_n-1，
整理得：$\frac{{S}_{n}}{{S}_{n-1}}=\frac{n+1}{n-1}$（n≥2）．
∴$\frac{{S}_{2}}{{S}_{1}}=\frac{3}{1}，\frac{{S}_{3}}{{S}_{2}}=\frac{4}{2}，\frac{{S}_{4}}{{S}_{3}}=\frac{5}{3}，…$$\frac{{S}_{n-1}}{{S}_{n-2}}=\frac{n}{n-2}，\frac{{S}_{n}}{{S}_{n-1}}=\frac{n+1}{n-1}$（n≥2）．
累積得：$\frac{{S}_{n}}{{S}_{1}}=\frac{n（n+1）}{2}$．
∴${S}_{n}=\frac{n（n+1）}{2}$，
則$\frac{{S}_{n}}{（n+1）n}=\frac{1}{2}$（n≥2）．
當n=1時，上式成立，
∴$\frac{{S}_{n}}{（n+1）n}=\frac{1}{2}$；
（2）證明：由（1）知，${S}_{n}=\frac{1}{2}（{n}^{2}+n）$，
∴${a}_{n}={S}_{n}-{S}_{n-1}=\frac{1}{2}[{n}^{2}+n-（n-1）^{2}-（n-1）]$=n（n≥2）．
a₁=1適合上式，
∴a_n=n，
無窮數(shù)列b₁，b₂，…b_n，…對任意自然數(shù)m和n，不等式|b_m+n-b_m-b_n|＜$\frac{1}{m+{a}_{n}}$均成立，即|b_m+n-b_m-b_n|＜$\frac{1}{m+n}$成立．
下面用反證法證明數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列：
設k＞1為最小的自然數(shù)，使得|b_k|＞0，
但是|b_k|≤|b_m+k-b_k-b_m|+|b_m+k-b_m|≤$\frac{1}{m+k}$+|b_m+k-b_m+k-1-b₁|+|b_m+k-1-b_m-b_k-1|
$≤\frac{1}{m+k}+\frac{1}{m+k}+\frac{1}{m+k-1}＜\frac{3}{m}$．
∵m可以任意大，∴|b_k|=0，
故數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列{0}．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了累積法求數(shù)列的通項公式，訓練了利用絕對值不等式結(jié)合放縮法、反證法證明數(shù)列不等式，難度較大．