已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，且 $S_n=\dfrac12na_{n+1}$，其中 $n\in\mathbb N^{\ast}$，$a_1=1$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
-
求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；标注答案$a_n=n,n\in\mathbb N^{\ast}$解析由题可得\[\begin{split}2S_n&=n\cdot a_{n+1},\\2S_{n+1}&=(n+1)\cdot a_{n+2},\end{split}\]两式相减，整理得$$\dfrac{a_{n+2}}{n+2}=\dfrac{a_{n+1}}{n+1},$$结合 $a_1=1$，得数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=n,n\in\mathbb N^{\ast}$．
-
设 $b_{k}=\dfrac{a_1\cdot a_3\cdots a_{2k-1}}{a_2\cdot a_4\cdots a_{2k}}$，其中 $k\in\mathbb N^{\ast}$．
① 证明：$b_n<\dfrac{1}{\sqrt{2a_n+1}}$；
② 求证：$b_1+b_2+\cdots+b_n<\sqrt{2a_n+1}-1$．标注答案略解析① 利用分析通项法，有\[\begin{split}\dfrac{1}{\sqrt{2a_n+1}}&=\prod\limits_{i=1}^{n}{\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{2i+1}}}{\dfrac{1}{\sqrt{2i-1}}}},\\b_n&=\prod\limits_{i=1}^{n}{\dfrac{2i-1}{2i}},\end{split}\]由 $2i>\sqrt{4i^2-1}$，得$$\dfrac{2i-1}{2i}<\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{2i+1}}}{{\dfrac{1}{\sqrt{2i-1}}}},$$于是原命题得证．
② 利用分析通项法，有\[\begin{split}b_1+b_2+\cdots+b_n&=\sum\limits_{i=1}^{n}{\dfrac{1\cdot3\cdots(2i-1)}{2\cdot4\cdots(2n)}},\\ \sqrt{2a_n+1}-1&=\sum\limits_{i=1}^{n}{\left[\left(\sqrt{2i+1}-1\right)-\left(\sqrt{2i-1}-1\right)\right]},\end{split}\]结合第一小问，有$$\dfrac{1\cdot3\cdots(2i-1)}{2\cdot4\cdots(2n)}<\dfrac{1}{\sqrt{2i+1}}<\dfrac{2}{\sqrt{2i+1}+\sqrt{2i-1}},$$于是原不等式得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
