Question

5．已知數(shù)列{a_n}滿足：${a}_{1}=\frac{1}{2}，\frac{3（1+{a}_{n+1}）}{1-{a}_{n}}=\frac{2（1+{a}_{n}）}{1-{a}_{n+1}}$，a_na_n+1＜0（n≥1），數(shù)列{b_n}滿足：b_n=a_n+1²-a_n²（n≥1）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式
（Ⅱ）證明：數(shù)列{b_n}中的任意三項不可能成等差數(shù)列．
（Ⅲ）證明：1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln（n+1）+$\frac{n}{2n+1}$（n≥1）

Answer 1

分析 （Ⅰ）化簡可得$\frac{1-{a}_{n+1}^{2}}{1-{a}_{n}^{2}}$=$\frac{2}{3}$，從而判斷數(shù)列{1-${a}_{n}^{2}$}是以1-$\frac{1}{4}$=$\frac{3}{4}$為首項，以$\frac{2}{3}$為公比的等比數(shù)列，從而求得${a}_{n}^{2}$=1-$\frac{3}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$，從而求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）不妨設b_n=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$，b_m=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{m-1}$，（n＜m）；從而可得$\frac{1}{2}$（b_m+b_n）=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$），再由b_n=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$是遞減數(shù)列知若b_n，b_r，b_m成等差數(shù)列，則n＜r＜m，從而可得$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$=$（\frac{2}{3}）^{r-n}$，從而求得$（\frac{2}{3}）^{m-n}$=$\frac{1}{3}$，
從而判斷．
（Ⅲ）令g（t）=t-ln（1+t）-$\frac{{t}^{2}}{1+t}$，（0＜t≤1），求導g′（t）=$\frac{{t}^{2}}{2（1+{t}^{2}）}$＞0，從而可得t＞ln（1+t）+$\frac{{t}^{2}}{1+t}$，再令$\frac{1}{n}$=t，（n≥1），從而可得$\frac{1}{n}$＞ln（1+$\frac{1}{n}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），利用累加法證明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵$\frac{3（1+{a}_{n+1}）}{1-{a}_{n}}$=$\frac{2（1+{a}_{n}）}{1-{a}_{n+1}}$，
∴$\frac{1-{a}_{n+1}^{2}}{1-{a}_{n}^{2}}$=$\frac{2}{3}$，
∴數(shù)列{1-${a}_{n}^{2}$}是以1-$\frac{1}{4}$=$\frac{3}{4}$為首項，以$\frac{2}{3}$為公比的等比數(shù)列，
∴1-${a}_{n}^{2}$=$\frac{3}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$，
∴${a}_{n}^{2}$=1-$\frac{3}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$，
又∵a_na_n+1＜0，
∴a_n=（-1）ⁿ⁺¹$\sqrt{1-\frac{3}{4}•（\frac{2}{3}）^{n-1}}$，
b_n=a_n+1²-a_n²=（1-$\frac{3}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n}$）-（1-$\frac{3}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$）
=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$；
（Ⅱ）證明：不妨設b_n=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$，b_m=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{m-1}$，（n＜m）；
則$\frac{1}{2}$（b_m+b_n）=$\frac{1}{8}$（$（\frac{2}{3}）^{n-1}$+$（\frac{2}{3}）^{m-1}$）
=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$），
∵b_n=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$是遞減數(shù)列，
∴若b_n，b_r，b_m成等差數(shù)列，則n＜r＜m，
故$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$）=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{r-1}$=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$•$（\frac{2}{3}）^{r-n}$，
故$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$=$（\frac{2}{3}）^{r-n}$，
故$（\frac{2}{3}）^{r-n}$-$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$=$\frac{1}{2}$，
故r-n=1時，$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$=$\frac{1}{6}$，
∴$（\frac{2}{3}）^{m-n}$=$\frac{1}{3}$，
∴m-n=$lo{g}_{\frac{2}{3}}$$\frac{1}{3}$∉Z，
故數(shù)列{b_n}中的任意三項不可能成等差數(shù)列．
（Ⅲ）證明：令g（t）=t-ln（1+t）-$\frac{{t}^{2}}{1+t}$，（0＜t≤1），
g′（t）=$\frac{{t}^{2}}{2（1+{t}^{2}）}$＞0，
故g（t）在（0，1]上是增函數(shù)，
∴g（t）＞g（0）=0，
∴t＞ln（1+t）+$\frac{{t}^{2}}{1+t}$，
令$\frac{1}{n}$=t，（n≥1），
則$\frac{1}{n}$＞ln（1+$\frac{1}{n}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
故1＞ln（1+1）+$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2}$）=ln2-ln1+$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2}$），
$\frac{1}{2}$＞ln3-ln2+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$），
$\frac{1}{3}$＞ln4-ln3+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$），
…
$\frac{1}{n}$＞ln（n+1）-lnn+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
累加可得，
1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln（n+1）+$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{n+1}$），
即1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln（n+1）+$\frac{n}{2n+1}$（n≥1）．

點評 本題考查了等比數(shù)列與等差數(shù)列的綜合應用，同時考查了構造數(shù)列與構造函數(shù)判斷的方法應用，同時考查了導數(shù)的綜合應用．