Question

5．已知正數(shù)數(shù)列{a_n}的前n項和與前n項積始終相等，求證：1＜a_n+1＜a_n≤1+$\frac{1}{n}$（n≥3）

Answer 1

分析 ①設(shè)正數(shù)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n＞0，可得S_n=a₁+a₂+…+a_n=a₁a₂•…•a_n，因此a₁+a₂=a₁a₂，可得：a₂=$\frac{{a}_{1}}{{a}_{1}-1}$＞0，解得a₁＞1，同理可得a₂＞1，…，由S_n+a_n+1=S_n•a_n+1，可得：a_n+1=$\frac{{S}_{n}}{{S}_{n}-1}$＞0，解得S_n＞1，可得a_n+1＞1．
②n≥2時，S_n-1＜S_n，a_n-a_n+1=$\frac{{S}_{n-1}}{{S}_{n-1}-1}$-$\frac{{S}_{n}}{{S}_{n}-1}$=$\frac{{S}_{n}-{S}_{n-1}}{（{S}_{n-1}-1）（{S}_{n}-1）}$＜0，即可證明．
③利用數(shù)學(xué)歸納法證明：a_n≤1+$\frac{1}{n}$（n≥3）．即可得出．

解答 證明：①設(shè)正數(shù)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n＞0，
則S_n=a₁+a₂+…+a_n=a₁a₂•…•a_n，
∴a₁+a₂=a₁a₂，可得：a₂=$\frac{{a}_{1}}{{a}_{1}-1}$＞0，解得a₁＞1，于是a₂=1+$\frac{1}{{a}_{1}-1}$＞1，…，
由S_n+a_n+1=S_n•a_n+1，可得：a_n+1=$\frac{{S}_{n}}{{S}_{n}-1}$＞0，解得S_n＞1，∴a_n+1=1+$\frac{1}{{S}_{n}-1}$＞1．
因此a_n+1＞1．
②n≥2時，∵S_n-1＜S_n，a_n-a_n+1=$\frac{{S}_{n-1}}{{S}_{n-1}-1}$-$\frac{{S}_{n}}{{S}_{n}-1}$=$\frac{{S}_{n}-{S}_{n-1}}{（{S}_{n-1}-1）（{S}_{n}-1）}$＜0，∴a_n＞a_n+1．
③下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：a_n≤1+$\frac{1}{n}$（n≥3）．
（i）當(dāng)n=3時，${a}_{3}=\frac{{S}_{2}}{{S}_{2}-1}$=1+$\frac{1}{{S}_{2}-1}$，
下面證明S₂-1≥3，即S₂≥4．
∵a₁+a₂=${a}_{1}+\frac{{a}_{1}}{{a}_{1}-1}$=（a₁-1）+$\frac{1}{{a}_{1}-1}$+2≥2+2=4，當(dāng)且僅當(dāng)a₁=2時取等號．
∴a₃≤$1+\frac{1}{3}$，因此n=3時成立．
（ii）假設(shè)當(dāng)n=k≥3（k∈N^*）時，a_k≤1+$\frac{1}{k}$．
由已知可得：${S}_{n}=\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-1}$，S_n-1=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}-1}$，
可得a_n+$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n}-1}$=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-1}$．
令f（x）=x+$\frac{x}{x-1}$=x+1+$\frac{1}{x-1}$，$1＜x≤1+\frac{1}{k}$．
f′（x）=1-$\frac{1}{（x-1）^{2}}$=$\frac{x（x-2）}{（x-1）^{2}}$＜0，∴函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}-1}$≥2+$\frac{1}{k}$+k，
解得：a_n+1≤$1+\frac{k}{{k}^{2}+k+1}$=1+$\frac{1}{k+\frac{1}{k}+1}$≤1+$\frac{1}{k+1}$．
因此當(dāng)n=k+1時，命題也成立．
可得：a_n≤1+$\frac{1}{n}$（n≥3）．
綜上可得：1＜a_n+1＜a_n≤1+$\frac{1}{n}$（n≥3）

點評 本題考查了數(shù)學(xué)歸納法、不等式的性質(zhì)、數(shù)列的單調(diào)性、遞推關(guān)系、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．