Question

已知数列{a_n}的前n项和S_n，且

Sn

an

=

1

2

an+1(n∈N*)，其中a₁=1，a_n≠0，
（1）求a₂，a₃，a₄，并猜想数列{a_n}的通项公式；
（2）求证：数列{a_n}是等差数列；
（3）设数列{b_n}满足(2an-1)(2bn-1)=1，T_n为{b_n}的前n项和，求证：2T_n＞log₂（2a_n+1），n∈N^*．

Answer 1

分析：（1）由Sn=

1

2

an+1an(n∈N*)，a1=1，分别令n=1，2，3，能够依次求出a₂，a₃和a₄．
（2）由Sn=

1

2

anan+1，知an+1=Sn+1-Sn=

1

2

an+1an+2-

1

2

anan+1，所以a_n+2-a_n=2（n∈N*）．由此能够证明数列{a_n}是等差数列．
（3）由(2an-1)(2kn-1)=1，得(2n-1)(2kn-1)=1，2kn=

2n

2n-1

，故bn=log2

2n

2n-1

．从而Tn=b1+b2+…+bn=log2(

2

1

•

4

3

•

6

5

•…•

2n

2n-1

)．由此能够证明2T_n＞log₂（2a_n+1），n∈N^*．

解答：（1）解：Sn=

1

2

an+1an(n∈N*)，a1=1，∴a₂=2，a₃=3，a₄=4…（4分）
（2）证明：已知式即Sn=

1

2

anan+1，故an+1=Sn+1-Sn=

1

2

an+1an+2-

1

2

anan+1
因为a_n≠0，当然a_n+1≠0，所以a_n+2-a_n=2（n∈N*）．
由于a1=S1=

1

2

a1a2，且a₁=1，故a₂=2．
于是a_2m-1=1+2（m-1）=2m-1，a_2m=2+2（m-1）=2m，
所以a_n=n（n∈N*）．…（8分）
（3）解：由(2an-1)(2kn-1)=1，得(2n-1)(2kn-1)=1，2kn=

2n

2n-1

故bn=log2

2n

2n-1

．
从而Tn=b1+b2+…+bn=log2(

2

1

•

4

3

•

6

5

•…•

2n

2n-1

).2Tn=2log2(

2

1

•

4

3

•

6

5

•…•

2n

2n-1

)=log2(

2

1

•

4

3

•

6

5

•…•

2n

2n-1

)2．
因此2Tn-log2(2an+1)=log2(

2

1

•

4

3

•

6

5

•…•

2n

2n-1

)2-log2(2n+1)=log2(

2

1

•

4

3

•

6

5

•…•

2n

2n-1

)2+log2

1

2n+1

=log2[(

2

1

•

4

3

•

6

5

•…•

2n

2n-1

)2•

1

2n+1

]
设f(n)=(

2

1

•

4

3

•

6

5

•…•

2n

2n-1

)2•

1

2n+1

故

f(n+1)

f(n)

=

2n+1

2n+3

•(

2n+2

2n+1

)2=

(2n+2)2

(2n+3)(2n+1)

=

4n2+8n+4

4n2+8n+3

＞1．
注意到f（n）＞0，所以f（n+1）＞f（n）．
特别地f(n)≥f(1)=

4

3

＞1，从而2T_n-log₂（2a_n+1）=log₂f（n）＞0．
所以2T_n＞log₂（2a_n+1），n∈N*．…（14分）
…..（14分）．

点评：本题考查数列与不等式的综合运用，综合性强，难度大，较繁琐，容易出错．考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．解题时要认真审题，仔细解答．