Question

6．设公差不为零，各项均为正数的等差数列{a_n}满足a₂=$\sqrt{{8a}_{1}+1}$，且a₁，a₃，a₁₃构成等比数列．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）若b_n=$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n}}}$，数列{b_n}的前n项和为S_n，求证：S_n＞$\sqrt{2n+1}$-1．

Answer 1

分析 （1）利用$（{a}_{1}+2d）^{2}$=a₁（a₁+12d）、$\sqrt{{8a}_{1}+1}$=a₁+d化简可知数列{a_n}是以1为首项、2为公差的等差数列，进而计算可得结论；
（2）通过a_n=2n-1可知b_n=$\frac{1}{\sqrt{2n-1}}$，利用数学归纳法证明即可．

解答 （1）解：由题可知：$（{a}_{1}+2d）^{2}$=a₁（a₁+12d），
化简得：4d²=8a₁d，
又∵公差d不为零，
∴d=2a₁，
∴$\sqrt{{8a}_{1}+1}$=a₂=a₁+d=3a₁，
解得：a₁=1或a₁=-$\frac{1}{9}$（舍），
∴数列{a_n}是以1为首项、2为公差的等差数列，
故其通项公式a_n=1+2（n-1）=2n-1；
（2）证明：∵a_n=2n-1，
∴b_n=$\frac{1}{\sqrt{{a}_{n}}}$=$\frac{1}{\sqrt{2n-1}}$，
下面用数学归纳法来证明：S_n＞$\sqrt{2n+1}$-1．
①当n=1时，命题显然成立；
②假设当n=k（＞1）时命题也成立，即S_k＞$\sqrt{2k+1}$-1，
∴S_k+b_k+1＞$\sqrt{2k+1}$-1+b_k+1，
即S_k+1＞$\sqrt{2k+1}$-1+$\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$，
∵（2k+2）²＞（2k+1）（2k+3），
∴2k+1+1＞$\sqrt{（2k+1）}$•$\sqrt{2k+3}$，
∴$\sqrt{2k+1}$+$\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$＞$\sqrt{2k+3}$，
即S_k+1＞$\sqrt{2k+3}$-1，
∴当n=k+1时，命题也成立；
由①、②可知：S_n＞$\sqrt{2n+1}$-1．

点评 本题考查数列的通项及n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．