Question

已知數(shù)列{a_n}各項均為正數(shù)，其前n項和S_n滿足2S_n=a

2 n

+a_n（n∈N^*）．
（1）證明：{a_n}為等差數(shù)列；
（2）令b_n=

lnan

a 2 n

，記{b_n}的前n項和為T_n，求證：T_n≤

2n2-n-1

4(n+1)

．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合,等差關(guān)系的確定

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由已知得2a_n=an2-an-12+an-an-1，從而（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0，由此能證明{a_n}是以1為首項1為公差的等差數(shù)列．（6分）
（2）由a_n=n，b_n=

lnan

a 2 n

=

lnn

n2

，得欲證T_n≤

2n2-n-1

4(n+1)

，即證：T_n=

ln2

2

+

ln3

3

+

ln4

4

+…+

lnn

n

≤

2n2-n-1

4(n+1)

，設(shè)f（x）=lnx-x+1，x＞0，則f′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能證明T_n≤

2n2-n-1

4(n+1)

．

解答： （1）證明：∵2S_n=an2+an，①
∴2Sn-1=an-12+an-1（n≥2）②
①-②得2a_n=an2-an-12+an-an-1，
整理得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0，
∵a_n+a_n-1≠0，∴a_n-a_n-1=1（常數(shù)）
又4S1=4a1=a12+a1，
即a12-a1=0，解得a₁=1，
∴{a_n}是以1為首項1為公差的等差數(shù)列．（6分）
（2）證明：由（1）知a_n=n，b_n=

lnan

a 2 n

=

lnn

n2

，
∴欲證T_n≤

2n2-n-1

4(n+1)

，即證：T_n=

ln2

2

+

ln3

3

+

ln4

4

+…+

lnn

n

≤

2n2-n-1

4(n+1)

，
設(shè)f（x）=lnx-x+1，x＞0，
則f′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，
當x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，
當x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減函數(shù)；
∴在x=1處f（x）取得極大值，也取得最大值．
∴f（x）≤f（1）=0，即lnx-x+1≤0，
∴l(xiāng)nx≤x-1，∴

lnx

x

≤

x-1

x

=1-

1

x

，
n∈N^*，n≥2時，令x=n²，得

lnn2

n2

≤1-

1

n2

，
∴

lnn

n2

≤

1

2

(1-

1

n2

)，
∴

ln2

22

+

ln3

32

+…+

lnn

n2

≤

1

2

(1-

1

22

+1-

1

32

+…+1-

1

n2

)
=

1

2

[（n-1）-（

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

）]
＜

1

2

[(n-1)-(

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

n(n+1)

]
=

1

2

[n-1-(

1

2

-

1

3

+

1

3

-

1

4

+…+

1

n

-

1

n+1

)]
=

1

2

[n-1-（

1

2

-

1

n+1

）]
=

2n2-n-1

4(n+1)

，
∴當n=1，有T_n=

2n2-n-1

4(n+1)

=0．
故T_n≤

2n2-n-1

4(n+1)

．（13分）

點評：本題考查等差數(shù)列的證明，考查不等式的證明，解題時要認真審題，注意構(gòu)造法和導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運用．