Question

13．已知數(shù)列{a_n}滿足a_n＞0，S_n為{a_n}前n項和，若對一切n∈N^*，有a₁³+a₂³+…+a_n³=S_n²．
（1）求數(shù)列{a_n}通項公式；
（2）記b_n=$\sqrt{{a}_{n}}$（n∈N^*），求證：$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$＜2b_n（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）對一切n∈N^*，有a₁³+a₂³+…+a_n³=S_n²，a_n＞0．n≥2時，a₁³+a₂³+…+${a}_{n-1}^{3}$=${S}_{n-1}^{2}$．相減可得：${a}_{n}^{2}$=S_n+S_n-1，因此n≥2時，${a}_{n+1}^{2}$-${a}_{n}^{2}$=（S_n+1+S_n）-（S_n+S_n-1）=a_n+1+a_n，可得a_n+1-a_n=1．分別求出a₁，a₂．即可得出：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列．
（2）b_n=$\sqrt{{a}_{n}}$=$\sqrt{n}$，可得$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{\sqrt{n}}$=$\frac{2}{2\sqrt{n}}$＜$\frac{2}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}}$=2$（\sqrt{n}-\sqrt{n-1}）$．利用累加求和方法即可得出．

解答 （1）解：∵對一切n∈N^*，有a₁³+a₂³+…+a_n³=S_n²，a_n＞0．
∴n≥2時，a₁³+a₂³+…+${a}_{n-1}^{3}$=${S}_{n-1}^{2}$．
∴${a}_{n}^{3}$=S_n²-${S}_{n-1}^{2}$=a_n（S_n+S_n-1），
∴${a}_{n}^{2}$=S_n+S_n-1，
∴n≥2時，${a}_{n+1}^{2}$-${a}_{n}^{2}$=（S_n+1+S_n）-（S_n+S_n-1）=a_n+1+a_n，
∴a_n+1-a_n=1．
n=1時，${a}_{1}^{3}={a}_{1}^{2}≠$0，解得a₁=1．
n=2時，$1+{a}_{2}^{3}$=$（1+{a}_{2}）^{2}$，解得a₂=2．
∴a₂-a₁=1．
綜上可得：a_n+1-a_n=1．n∈N^*．
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，a_n=1+（n-1）=n．
（2）證明：b_n=$\sqrt{{a}_{n}}$=$\sqrt{n}$，
∴$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{\sqrt{n}}$=$\frac{2}{2\sqrt{n}}$＜$\frac{2}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}}$=2$（\sqrt{n}-\sqrt{n-1}）$．
∴$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$＜2[（1-0）+（$\sqrt{2}-1$）+（$\sqrt{3}-\sqrt{2}$）+…+$（\sqrt{n}-\sqrt{n-1}）]$
=2$\sqrt{n}$=2b_n（n∈N^*）．
∴$\frac{1}{_{1}}$+$\frac{1}{_{2}}$+…+$\frac{1}{_{n}}$＜2b_n（n∈N^*）．

點評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項公式、累加求和方法、放縮法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．