Question

已知數(shù)列{a_n}，前n項和S_n，且方程x²-a_nx-a_n=0有一根為S_n-1（n=1，2，3…）
（Ⅰ）求a₁，a₂的值；
（Ⅱ）猜想數(shù)列{S_n}的通項公式，并給出嚴格證明；
（Ⅲ）設數(shù)列{na_n}的前n項和T_n，試比較

Tn

2

與S_n的大�。�

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合

專題：點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學歸納法,不等式的解法及應用

分析：（Ⅰ）直接取n=1且把a₁-1代入方程求解a₁的值，同樣取n=2把S₂-1=a₂-

1

2

代入方程求解a₂的值；
（Ⅱ）以（Ⅰ）中的方法求得a₃，求出S₁，S₂，S₃，猜測出數(shù)列{S_n}的通項公式，然后利用數(shù)學歸納法證明．
（Ⅲ）由（Ⅱ）求出的S_n得到數(shù)列{a_n}的通項公式，然后由數(shù)學歸納法證明數(shù)列{na_n}的前n項和T_n滿足

Tn

2

＜S_n．

解答： 解：（Ⅰ）由題意知，當n=1時，x²-a₁x-a₁=0有一根為S₁-1=a₁-1，
于是（a₁-1）²-a₁（a₁-1）-a₁=0，解得a₁=

1

2

．
當n=2時，x²-a₂x-a₂=0有一根為S₂-1=a₂-

1

2

，
于是（a₂-

1

2

）²-a₂（a₂-

1

2

）-a₂=0，解得a₂=

1

6

；
（Ⅱ）由題設知，（S_n-1）²-a_n（S_n-1）-a_n=0，
即S_n²-2S_n+1-a_nS_n=0．
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，代入上式得S_n-1S_n-2S_n+1=0　①
由（Ⅰ）知S₁=a₁=

1

2

，S₂=a₁+a₂=

1

2

+

1

6

=

2

3

．
由①可得S₃=

3

4

．
由此猜想S_n=

n

n+1

，n=1，2，3，…．　
下面用數(shù)學歸納法證明這個結(jié)論．
（i）n=1時S₁=

1

2

成立．
（ii）假設n=k時結(jié)論成立，即S_k=

k

k+1

，
那么，當n=k+1時，由①得S_k+1=

1

2-sk

=

1

2- k k+1

=

k+1

k+2

，即S_k+1=

k+1

k+2

，
故n=k+1時結(jié)論也成立．
綜上，由（i）、（ii）可知S_n=

n

n+1

對所有正整數(shù)n都成立．
∴S_n=

n

n+1

．
（Ⅲ）a1=

1

2

，
當n≥2時，an=Sn-Sn-1=

n

n+1

-

n-1

n

=

1

n(n+1)

，
驗證a1=

1

2

適合上式，
∴an=

1

n(n+1)

．
則nan=

n

n(n+1)

=

1

n+1

，
∴

Tn

2

=

1

2

(

1

2

+

1

3

+…+

1

n+1

)．
當n=1時，

T1

2

=

1

4

，S1=

1

2

，

T1

2

＜S1；
假設當n=k時有

Tn

2

＜Sn，即

1

2

(

1

2

+

1

3

+…+

1

k+1

)＜

k

k+1

，
那么，當n=k+1時，

Tk+1

2

=

1

2

(

1

2

+

1

3

+…+

1

k+1

+

1

k+2

)
=

1

2

(

1

2

+

1

3

+…+

1

k+1

)+

1

2(k+2)

＜

k

k+1

+

1

2(k+2)

=

2k2+5k+1

2(k+1)(k+2)

＜

2k2+4k+2

2(k+1)(k+2)

=

2(k+1)2

2(k+1)(k+2)

=

k+1

k+1+1

．
綜上所述，對于任意的n∈N^*，都有

Tn

2

＜S_n．

點評：本題考查數(shù)列的函數(shù)特性，考查了由數(shù)列遞推式求數(shù)列的項，考查了數(shù)學歸納法，屬難題．