Question

19．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}中，a₁=1，a_n+1-（n+1）a_n=0，${b_1}^3+{b_2}^3+…+{b_n}^3={（{{b_1}+{b_2}+…+{b_n}}）^2}$且b_n＞0，n∈N^*．記n的階乘n（n-1）（n-2）…3•2•1=n！
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若${c_n}=\frac{b_n}{{a{\;}_{n+1}}}$，求證：${c_1}+{c_2}+…+{c_n}≥\frac{n}{n+1}{\;}_{\;}{\;}_{\;}（n∈{N^*}）$．

Answer 1

分析 （1）a_n+1-（n+1）a_n=0，通過遞推即可得出a_n．
由${b_1}^3+{b_2}^3+…+{b_n}^3={（{{b_1}+{b_2}+…+{b_n}}）^2}$，${b_1}^3+{b_2}^3+…+{b_n}^3+{b_{n+1}}^3={（{{b_1}+{b_2}+…+{b_n}+{b_{n+1}}}）^2}$，兩式作差得${b_{n+1}}^3=2（{b_1}+{b_2}+…+{b_n}）{b_{n+1}}+{b_{n+1}}^2$，再一次作差利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）由（1）知${c_n}=\frac{b_n}{{a{\;}_{n+1}}}=\frac{n}{（n+1）!}=\frac{n+1-1}{（n+1）!}=\frac{1}{n!}-\frac{1}{（n+1）!}$，利用裂項(xiàng)求和方法與數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （1）解：∵a_n+1-（n+1）a_n=0，
∴a_n=na_n-1=n（n-1）a_n-2=…=n（n-1）（n-2）…3•2•a₁
又a₁=1，∴a_n=n!…4分
由${b_1}^3+{b_2}^3+…+{b_n}^3={（{{b_1}+{b_2}+…+{b_n}}）^2}$，
${b_1}^3+{b_2}^3+…+{b_n}^3+{b_{n+1}}^3={（{{b_1}+{b_2}+…+{b_n}+{b_{n+1}}}）^2}$，
兩式作差得${b_{n+1}}^3=2（{b_1}+{b_2}+…+{b_n}）{b_{n+1}}+{b_{n+1}}^2$，
$\begin{array}{l}∴{b_{n+1}}^2=2（{b_1}+{b_2}+…+{b_n}）+{b_{n+1}}\\∴{b_n}^2=2（{b_1}+{b_2}+…+{b_{n-1}}）+{b_n}{\;}_{\;}{\;}_{\;}（n≥2）\end{array}$，
兩式作差得${b_{n+1}}^2-{b_n}^2={b_{n+1}}+{b_n}$，又b_n＞0，所以b_n+1-b_n=1（n≥2）…（*）
，而當(dāng)n=1，2代入${b_1}^3+{b_2}^3+…+{b_n}^3={（{b_1}+{b_2}+…+{b_n}）^2}$且b_n＞0可直接求得b₁=1，b₂=2滿足（*）
所以數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，故b_n=n…8分
（2）證明：由（1）知${c_n}=\frac{b_n}{{a{\;}_{n+1}}}=\frac{n}{（n+1）!}=\frac{n+1-1}{（n+1）!}=\frac{1}{n!}-\frac{1}{（n+1）!}$，所以
當(dāng)n=1時，${c_1}=\frac{1}{2}≥\frac{1}{1+1}$不等式成立
當(dāng)n≥2時，${c_1}+{c_2}+…+{c_n}=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+…+\frac{1}{n!}-\frac{1}{（n+1）!}=1-\frac{1}{（n+1）!}＞1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$
綜上知${c_1}+{c_2}+…+{c_n}≥\frac{n}{n+1}{\;}_{\;}{\;}_{\;}（n∈{N^*}）$….14分．

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、裂項(xiàng)求和方法方法、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．