Question

9．設正項數列{a_n}的前n項和為S_n，且滿足${S_n}=\frac{1}{2}a_n^2+\frac{n}{2}（{n∈{N^*}}）$．
（1）計算a₁，a₂，a₃的值，并猜想{a_n}的通項公式；
（2）用數學歸納法證明{a_n}的通項公式；
（3）證明不等式：$\sum_{i=1}^n{\frac{1}{{\sqrt{a_i}}}}＞2（\sqrt{n+1}-1）（n∈{N^*}）$．

Answer 1

分析 （1）代值計算，并猜想結論，
（2）用數學歸納法證明：當n=1時，去證明等式成立；假設當n=k時，等時成立，用上歸納假設后，去證明當n=k+1時，等式也成立即可．
（3）用數學歸納法證明，當n=1時，去證明不等式成立；假設當n=k時，不等時成立，用上歸納假設后，去證明當n=k+1時，不等式也成立即可

解答 解：（1）當n=1時，${a_1}={S_1}=\frac{1}{2}a_1^2+\frac{1}{2}$，得a₁=1； ${a_1}+{a_2}={S_2}=\frac{1}{2}a_2^2+1$，得a₂=2${a_1}+{a_2}+{a_3}={S_3}=\frac{1}{2}a_3^2+\frac{3}{2}$，得a₃=3，
 猜想a_n=n
（2）證明：（ⅰ）當n=1時，顯然成立
（ⅱ）假設當n=k時，a_k=k
則當n=k+1時，${a_{k+1}}={S_{k+1}}-{S_k}=\frac{1}{2}a_{k+1}^2+\frac{k+1}{2}-（{\frac{1}{2}a_k^2+\frac{k}{2}}）$
=$\frac{1}{2}a_{k+1}^2+\frac{k+1}{2}-（{\frac{1}{2}{k^2}+\frac{k}{2}}）$
整理得：$a_{k+1}^2-2{a_{k+1}}-{k^2}+1=0$，即[a_k+1-（k+1）][a_k+1+（k-1）]=0
結合a_n＞0，解得a_k+1=k+1，
于是對于一切的自然數n∈N^*，都有a_n=n．
（3）證明：由（2）可知a_n=n，（ⅰ）當n=1時，不等式顯然成立，
（ⅱ）假設當n=k時，$1+\frac{1}{{\sqrt{2}}}+…+\frac{1}{{\sqrt{k}}}＞2（\sqrt{k+1}-1）$
則當n=k+1時，$1+\frac{1}{{\sqrt{2}}}+\frac{1}{{\sqrt{3}}}+…+\frac{1}{{\sqrt{k}}}+\frac{1}{{\sqrt{k+1}}}＞2（\sqrt{k+1}-1）+\frac{1}{{\sqrt{k+1}}}$
∵2（$\sqrt{k+2}$-1）-2（$\sqrt{k+1}$-1）-$\frac{1}{\sqrt{k+1}}$=2$\sqrt{k+2}$-2$\sqrt{k+1}$-$\frac{1}{\sqrt{k+1}}$=$\frac{2\sqrt{（k+1）（k+2）}-2（k+1）-1}{\sqrt{k+1}}$
=$\frac{2\sqrt{（k+1）（k+2）}-2k-3}{\sqrt{k+1}}$=$\frac{\sqrt{4{k}^{2}+12k+8}-\sqrt{4{k}^{2}+12k+9}}{\sqrt{k+1}}$＜0，
∴$2（\sqrt{k+1}-1）+\frac{1}{{\sqrt{k+1}}}＞2（\sqrt{k+2}-1）$，∴$1+\frac{1}{{\sqrt{2}}}+…+\frac{1}{{\sqrt{k}}}+\frac{1}{{\sqrt{k+1}}}＞2（\sqrt{k+2}-1）$，
∴n=k+1時，不等式也成立，∴?n∈N^*，原不等式成立

點評 本題考查數學歸納法，用好歸納假設是關鍵，考查邏輯推理與證明的能力，屬于中檔題．