Question

4．數(shù)列{a_n}是公差不為零的等差數(shù)列，a₅=6．數(shù)列{b_n}滿足：b₁=3，b_n+1=b₁b₂b₃…b_n+1．
（Ⅰ）當n≥2時，求證：$\frac{{{b_{n+1}}-1}}{{{b_n}-1}}$=b_n；
（Ⅱ）當a₃＞1且a₃∈N^*時，a₃，a₅，a_k1，a_k2，…，a_kn，…為等比數(shù)列．（i）求a₃；（ii）當a₃取最小值時，求證：$\frac{1}{b_1}$+$\frac{1}{b_2}$+$\frac{1}{b_3}$+…+$\frac{1}{b_n}$＞4（${\frac{1}{{{a_{k_1}}-1}}$+$\frac{1}{{{a_{k_2}}-1}}$+$\frac{1}{{{a_{k_3}}-1}}$+…+$\frac{1}{{{a_{k_n}}-1}}}$）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由b_n+1=b₁b₂b₃…b_n+1，可得b_n+1-1=b₁b₂b₃…b_n，再寫一式，兩式相除，即可證明結(jié)論；
（Ⅱ）（i）確定a_kn=a₃+（k_n-3）•$\frac{6-{a}_{3}}{2}$，k_n=5+2[$（\frac{6}{{a}_{3}}）^{n}$+$（\frac{6}{{a}_{3}}）^{n-1}$+…+$\frac{6}{{a}_{3}}$]，即可求a₃；（ii）a₃=2時，a_kn=2×3ⁿ⁺¹，$\frac{1}{{a}_{{k}_{n}}-1}$=$\frac{1}{2×{3}^{n+1}-1}$＜$（\frac{1}{3}）^{n+1}$，再用放縮法，即可證明結(jié)論．

解答 （Ⅰ）證明：∵b_n+1=b₁b₂b₃…b_n+1，
∴b_n+1-1=b₁b₂b₃…b_n，
∴b_n-1=b₁b₂b₃…b_n-1，（n≥2），
兩式相除可得：$\frac{{{b_{n+1}}-1}}{{{b_n}-1}}$=b_n；
（Ⅱ）解：（i）∵數(shù)列{a_n}是公差不為零的等差數(shù)列，a₅=6，
∴a_kn=a₃+（k_n-3）•$\frac{6-{a}_{3}}{2}$．
∵a_kn=a₃•$（\frac{{a}_{5}}{{a}_{3}}）^{n+1}$=a₃•$（\frac{6}{{a}_{3}}）^{n+1}$，
∴a₃+（k_n-3）•$\frac{6-{a}_{3}}{2}$=a₃•$（\frac{6}{{a}_{3}}）^{n+1}$，
∴k_n=5+2[$（\frac{6}{{a}_{3}}）^{n}$+$（\frac{6}{{a}_{3}}）^{n-1}$+…+$\frac{6}{{a}_{3}}$]
n=1時，k₁=5+$\frac{12}{{a}_{3}}$，
∵a₃＞1且a₃∈N^*，
∴a₃=2或3或4或6或12．
n=2時，k₂=5+2×[$（\frac{6}{{a}_{3}}）^{2}$+$\frac{6}{{a}_{3}}$]，∴a₃=2或3或6，
∵a₃≠6，∴a₃=2或3；
（ii）a₃=2時，a_kn=2×3ⁿ⁺¹，
∴$\frac{1}{{a}_{{k}_{n}}-1}$=$\frac{1}{2×{3}^{n+1}-1}$＜$（\frac{1}{3}）^{n+1}$，
∴${\frac{1}{{{a_{k_1}}-1}}$+$\frac{1}{{{a_{k_2}}-1}}$+$\frac{1}{{{a_{k_3}}-1}}$+…+$\frac{1}{{{a_{k_n}}-1}}}$＜$（\frac{1}{3}）^{2}+（\frac{1}{3}）^{3}+…+（\frac{1}{3}）^{n+1}$=$\frac{1}{6}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）$
∴4（${\frac{1}{{{a_{k_1}}-1}}$+$\frac{1}{{{a_{k_2}}-1}}$+$\frac{1}{{{a_{k_3}}-1}}$+…+$\frac{1}{{{a_{k_n}}-1}}}$）＜$\frac{2}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）$．
由（Ⅰ）知$\frac{{{b_{n+1}}-1}}{{{b_n}-1}}$=b_n，
∴$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{1}{_{n}-1}$-$\frac{1}{_{n+1}-1}$（n≥2），
∴$\frac{1}{b_1}$+$\frac{1}{b_2}$+$\frac{1}{b_3}$+…+$\frac{1}{b_n}$=$\frac{1}{b_1}$+$\frac{1}{b_2}$+$\frac{1}{_{3}-1}$-$\frac{1}{_{n+1}-1}$=$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{12}$-$\frac{1}{_{1}_{2}…_{n}}$≥$\frac{2}{3}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）$（n≥3）．
n=1時，$\frac{1}{b_1}$=$\frac{1}{3}$，$4×\frac{1}{{a}_{{k}_{1}}-1}$=$\frac{4}{17}$，∴$\frac{1}{b_1}$＞$\frac{4}{17}$，
n=2時，$\frac{1}{b_1}$+$\frac{1}{b_2}$=$\frac{7}{12}$，4×（$\frac{1}{{a}_{{k}_{1}}-1}$+$\frac{1}{{a}_{{k}_{2}}-1}$）=4×（$\frac{1}{17}$+$\frac{1}{53}$）＜4×（$\frac{1}{17}$+$\frac{1}{51}$）=$\frac{16}{51}$
∴$\frac{1}{b_1}$+$\frac{1}{b_2}$＞4×（$\frac{1}{{a}_{{k}_{1}}-1}$+$\frac{1}{{a}_{{k}_{2}}-1}$），
∴$\frac{1}{b_1}$+$\frac{1}{b_2}$+$\frac{1}{b_3}$+…+$\frac{1}{b_n}$＞4（${\frac{1}{{{a_{k_1}}-1}}$+$\frac{1}{{{a_{k_2}}-1}}$+$\frac{1}{{{a_{k_3}}-1}}$+…+$\frac{1}{{{a_{k_n}}-1}}}$）．

點評 本題考查等差數(shù)列，考查數(shù)列與不等式的綜合，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．