Question

14．?dāng)?shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和是S_n，若S_n=$\frac{1}{2}$na_n+a_n-c，c是常數(shù)，a₂=6．
（1）求c值；
（2）證明：$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{{a}_{k}{a}_{k+1}}$＜$\frac{1}{8}$．

Answer 1

分析 （1）通過在S_n=$\frac{1}{2}$na_n+a_n-c中令n=1可知a₁=2c，通過計(jì)算可知a₁=S₂-a₂=a₂-c，代入a₂=6計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過（1）可知S_n=$\frac{1}{2}$na_n+a_n-2，并與S_n+1=$\frac{1}{2}$（n+1）a_n+1+a_n+1-2作差、整理可知$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n+2}{n+1}$，利用累乘法可知$\frac{{a}_{n}}{{a}_{1}}$=$\frac{n+1}{2}$，從而$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{n+1}$，裂項(xiàng)可知$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{4}$•（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），并項(xiàng)相加、放縮即得結(jié)論．

解答 （1）解：∵S_n=$\frac{1}{2}$na_n+a_n-c，
∴S₁=$\frac{3}{2}$a₁-c，即a₁=2c，
又∵S₂=2a₂-c，
∴a₁=S₂-a₂
=（2a₂-c）-a₂
=a₂-c，
∴2c=6-c，
解得：c=2；
（2）證明：由（1）可知S_n=$\frac{1}{2}$na_n+a_n-2，
∴S_n+1=$\frac{1}{2}$（n+1）a_n+1+a_n+1-2，
兩式相減得：a_n+1=$\frac{1}{2}$（n+1）a_n+1+a_n+1-$\frac{1}{2}$na_n-a_n，
整理得：$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n+2}{n+1}$，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n+1}{n}$，$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$=$\frac{n}{n-1}$，…，$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{3}{2}$，
累乘可知$\frac{{a}_{n}}{{a}_{1}}$=$\frac{n+1}{2}$，$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{1}}$=$\frac{n+2}{2}$，
又∵a₁=2c=4，
∴$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{2}{n+1}$•$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{n+1}$，$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{2}{n+2}$•$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{n+2}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{4}$•$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{4}$•（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$），
∴$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{{a}_{k}{a}_{k+1}}$=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+2}$）
＜$\frac{1}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，注意解題方法的積累，屬于中檔題．