Question

15．已知數列{a_n}滿足a₁=1，點（a_n，a_n+1）在直線y=2x+1上．數列{b_n}滿足b₁=a₁，${b_n}={a_n}（\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}）$（n≥2且n∈N^*）．
（Ⅰ）（i）求{a_n}的通項公式；（ii）證明：$\frac{{1+{b_n}}}{{{b_{n+1}}}}=\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$（n≥2且n∈N^*）；
（Ⅱ）求證：$（{1+\frac{1}{b_1}}）（{1+\frac{1}{b_2}}）…（{1+\frac{1}{b_n}}）＜\frac{10}{3}$．

Answer 1

分析 （I）（i）將點（a_n，a_n+1）代入直線方程，化簡可得${a_n}={2^n}-1$；
（ii）由b_n與a_n的關系可得$\frac{b_n}{a_n}=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}$，再將$\frac{_{n+1}}{{a}_{n+1}}$寫成$\frac{_{n}}{{a}_{n}}+\frac{1}{{a}_{n}}$即可；
（II）由已知條件，結合（I），通過化簡得${T_n}=（{1+\frac{1}{b_1}}）（{1+\frac{1}{b_2}}）…（{1+\frac{1}{b_n}}）$=$2（\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}+\frac{1}{a_n}）$，通過變換、裂項得$\frac{1}{a_k}=\frac{1}{{{2^k}-1}}$＜$2（\frac{1}{{{2^k}-1}}-\frac{1}{{{2^{k+1}}-1}}）$，所以$\frac{1}{2}{T}_{n}＜\frac{5}{3}$，從而命題成立．

解答 證明：（I）（i）∵點（a_n，a_n+1）在直線y=2x+1上，
∴a_n+1=2a_n+1，從而a_n+1+1=2（a_n+1），
∴${a_n}+1={2^{n-1}}（{{a_1}+1}）={2^n}$，所以${a_n}={2^n}-1$；
（ii）∵${b_n}={a_n}（\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}）$
∴$\frac{b_n}{a_n}=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}$，
$\frac{{{b_{n+1}}}}{{{a_{n+1}}}}=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}+\frac{1}{a_n}$，
從而有$\frac{{{b_{n+1}}}}{{{a_{n+1}}}}=\frac{b_n}{a_n}+\frac{1}{a_n}=\frac{{1+{b_n}}}{a_n}$，
所以$\frac{{1+{b_n}}}{{{b_{n+1}}}}=\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$成立；
（II）由（I）可知，b₁=a₁=1，b₂=a₂=3，當n≥2時，$\frac{{1+{b_n}}}{{{b_{n+1}}}}=\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}$．
則${T_n}=（{1+\frac{1}{b_1}}）（{1+\frac{1}{b_2}}）…（{1+\frac{1}{b_n}}）$
=$\frac{{1+{b_1}}}{b_1}•\frac{{1+{b_2}}}{b_2}•\frac{{1+{b_3}}}{b_3}…\frac{{1+{b_n}}}{b_n}$
=$\frac{{1+{b_1}}}{{{b_1}{b_2}}}•\frac{{1+{b_2}}}{b_3}•\frac{{1+{b_3}}}{b_4}…\frac{{1+{b_n}}}{{{b_{n+1}}}}•{b_{n+1}}$
=$\frac{{1+{b_1}}}{{{b_1}{b_2}}}•\frac{a_2}{a_3}•\frac{a_3}{a_4}…\frac{a_n}{{{a_{n+1}}}}•{b_{n+1}}$
=$\frac{{（1+{b_1}）{a_2}}}{{{b_1}{b_2}}}•\frac{{{b_{n+1}}}}{{{a_{n+1}}}}$
=$2•\frac{{{b_{n+1}}}}{{{a_{n+1}}}}$
=$2（\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}+\frac{1}{a_n}）$，
又∵$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}+\frac{1}{a_n}$=$1+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{{{2^{n-1}}-1}}+\frac{1}{{{2^n}-1}}$，
∴$\frac{1}{a_k}=\frac{1}{{{2^k}-1}}$
=$\frac{{{2^{k+1}}-1}}{{（{2^k}-1）（{{2^{k+1}}-1}）}}$
$＜\frac{{{2^{k+1}}}}{{（{2^k}-1）（{{2^{k+1}}-1}）}}$
=$2•\frac{{（{2^{k+1}}-1）-（{2^k}-1）}}{{（{2^k}-1）（{{2^{k+1}}-1}）}}$
=$2（\frac{1}{{{2^k}-1}}-\frac{1}{{{2^{k+1}}-1}}）$（其中k=2，3，4，…，n），
∴$\frac{1}{2}{T_n}=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{{{a_{n-1}}}}+\frac{1}{a_n}$
$＜1+2[{（{\frac{1}{{{2^2}-1}}-\frac{1}{{{2^3}-1}}}）+（{\frac{1}{{{2^3}-1}}-\frac{1}{{{2^4}-1}}}）+…+（{\frac{1}{{{2^n}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}}）}]$
$＜1+2（{\frac{1}{{{2^2}-1}}-\frac{1}{{{2^{n+1}}-1}}}）＜1+\frac{2}{3}=\frac{5}{3}$，
所以有$（{1+\frac{1}{b_1}}）（{1+\frac{1}{b_2}}）…（{1+\frac{1}{b_n}}）={T_n}＜\frac{10}{3}$成立．

點評 本題考查數列與不等式的綜合應用，合理的遞推關系式、巧妙的等量變換及采用裂項相消恰當放縮是解題的關鍵，屬于難題．