Question

12．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且a₁=4，S_n=na_n+2-$\frac{n（n-1）}{2}$（n≥2，n∈N^*）
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設數(shù)列{b_n}滿足：b₁=4且b_n+1=b_n²-（n-1）b_n-2（n∈N^*），求證：b_n＞a_n（n≥2，n∈N^*）；
（3）求證：（1+$\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}$）（1+$\frac{1}{{{b_3}{b_4}}}$）…（1+$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$）＜$\root{3}{e}$．

Answer 1

分析 （1）運用下標變?yōu)閚-1相減的方法，結(jié)合數(shù)列的通項和前n項和的關系，即可求得通項；
（2）運用數(shù)學歸納法證明，注意兩個解題步驟，特別是假設的運用；
（3）設f（x）=ln（1+x）-x，通過導數(shù)判斷單調(diào)性，可得ln（1+x）＜x，又n≥2時，$\frac{1}{_{n}}$＜$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n+1}$，結(jié)合裂項相消和累加法，及對數(shù)的運算性質(zhì)即可得證．

解答 （1）解：S_n=na_n+2-$\frac{n（n-1）}{2}$（n≥2，n∈N^*）①
S_n-1=（n-1）a_n-1+2-$\frac{（n-1）（n-2）}{2}$（n≥3，n∈N^*）②
①-②得a_n=na_n-（n-1）a_n-1-（n-1），
即有a_n-a_n-1=1（n≥3，n∈N^*）
①中令n=2，a₁+a₂=2a₂+2-1，a₂=3，
綜上a_n=$\left\{\begin{array}{l}{4，n=1}\\{n+1，n≥2}\end{array}\right.$；
（2）證明：①當n=2時，b₂=b₁²-2=14＞3=a₂，不等式成立；
②假設n=k（k≥2）時，不等式b_k＞k+1（k≥2時a_k=k+1），
那么當n=k+1時，
b_k+1=b_k²-（k-1）b_k-2=b_k（b_k-k+1）-2
＞b_k（k+1-k+1）-2=2b_k-2＞2（k+1）-2（由歸設）=2k≥k+2
∴n=k+1命題真；
綜合①②知當n≥2時，b_n＞a_n．
（3）證明：設f（x）=ln（1+x）-x，f′（x）=$\frac{1}{1+x}$-1=-$\frac{x}{1+x}$＜0，
f（x）在（0，+∞）遞減，則f（x）＜f（0）=0，
即ln（1+x）＜x，又n≥2時，$\frac{1}{_{n}}$＜$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n+1}$，
則ln（1+$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$）＜$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$＜$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，
即有l(wèi)n（1+$\frac{1}{_{2}_{3}}$）+ln（1+$\frac{1}{_{3}_{4}}$）+…+ln（1+$\frac{1}{_{n}_{n+1}}$）＜（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$）+（$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{5}$）+…+（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{n+2}$$＜\frac{1}{3}$．
則有（1+$\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}$）（1+$\frac{1}{{{b_3}{b_4}}}$）…（1+$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$）＜$\root{3}{e}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，同時考查數(shù)學歸納法證明數(shù)列不等式的方法，以及構(gòu)造函數(shù)由函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合裂項和累加法證明不等式的方法，屬于中檔題和易錯題．