Question

7．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a₂=a＞0，數(shù)列{b_n}滿足b_n=a_n•a_n+1
（1）若{a_n}為等比數(shù)列，求{b_n}的前n項(xiàng)的和s_n；
（2）若${b_n}={3^n}$，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）若b_n=n+2，求證：$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＞2\sqrt{n+2}-3$．

Answer 1

分析 （1）${a_n}={a^{n-1}}$，可得${b_n}={a^{n-1}}•{a^n}={a^{2n-1}}$．對(duì)a分類討論，利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．
（2）由3ⁿ=a_n•a_n+1，3^n-1=a_n-1•a_n（n≥2，n∈N），可得$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{a_{n-1}}}}=3（n≥2，n∈N）$，對(duì)n分類討論利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（3）由a_na_n+1=n+2，a_n-1a_n=n+1（n≥2），可得a_n+1-a_n-1=$\frac{1}{{a}_{n}}$（n≥2）．于是$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+$…+$\frac{1}{{a}_{n}}$=a_n+1+a_n-a₁-a₂+$\frac{1}{{a}_{1}}$，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 （1）解：∵${a_n}={a^{n-1}}$，
∴${b_n}={a^{n-1}}•{a^n}={a^{2n-1}}$．
當(dāng)a=1時(shí)，b_n=1，則s_n=n．
當(dāng)a≠1時(shí)，${s_n}=\frac{{a（1-{a^{2n}}）}}{{1-{a^2}}}$．
（2）解：∵3ⁿ=a_n•a_n+1，
∴3^n-1=a_n-1•a_n（n≥2，n∈N），
∴$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{a_{n-1}}}}=3（n≥2，n∈N）$，
當(dāng)n=2k+1，（k∈N^*）時(shí)，∴$\frac{{a}_{2k+2}}{{a}_{2k}}$=3（k∈N^*），
∴a_2k=a₂•3^k-1=a•3^k-1．
當(dāng)n=2k，（k∈N^*）時(shí)，
∴$\frac{{a}_{2k+1}}{{a}_{2k-1}}$=3（k∈N^*），
∴a_2k-1=3^k-1．
∴${a_n}=\left\{\begin{array}{l}{3^{\frac{n-1}{2}}}（n=2k-1）\\ a{3^{\frac{n-2}{2}}}（n=2k）\end{array}\right.$．

（3）證明：∵a_na_n+1=n+2，①
∴a_n-1a_n=n+1（n≥2），②
①-②得a_n（a_n+1-a_n-1）=1，∴a_n+1-a_n-1=$\frac{1}{{a}_{n}}$（n≥2）．
∴$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+$…+$\frac{1}{{a}_{n}}$
=（a₃-a₁）+（a₄-a₂）+…+（a_n+1-a_n-1）
=a_n+1+a_n-a₁-a₂+$\frac{1}{{a}_{1}}$
=a_n+a_n+1-3$≥2\sqrt{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$-3=2$\sqrt{n+2}$-3．
∴$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＞2\sqrt{n+2}-3$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、分類討論方法、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．