Question

4．已知數(shù)列{a_n}滿足：a_n＞0，且對一切n∈N^*，有a₁³+a₂³+…+a_n³=S_n²，其中S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和．
（1）求a₁，a₂，a₃，a₄；
（2）猜想數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，并進(jìn)行證明；
（3）證明：$\frac{1}{ln{a}_{2}}$+$\frac{1}{ln{a}_{3}}$+…$\frac{1}{ln{a}_{n}}$＞$\frac{3{n}^{2}-n-2}{2n（n+1）}$（n≥2，n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）在數(shù)列遞推式中，分別取n=1，2，3，4，結(jié)合a_n＞0即可求得a₁，a₂，a₃，a₄；
（2）由（1）猜測：a_n=n．然后可直接利用數(shù)學(xué)歸納法證明；
也可由a₁³+a₂³+…+a_n³=S_n²，得到a₁³+a₂³+…+a_n³+a_n+1³=S_n+1²，兩式作差并整理得到a_n+1²+a_n+1=2S_n+1，進(jìn)一步得到a_n²+a_n=2S_n，兩式再作差得到a_n+1-a_n=1．從而說明數(shù)列{a_n}是以首項(xiàng)為a₁=1，公差為1的等差數(shù)列，由此求得a_n=n；
（3）由a_n=n，得$\frac{1}{ln{a}_{n}}=\frac{1}{lnn}$，構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=lnx-x+1，x＞1，求導(dǎo)得到lnx＜x-1，從而得到當(dāng)n≥2時(shí)，對任意n∈N^*，有0＜lnn＜n-1，取倒數(shù)得$\frac{1}{lnn}＞\frac{1}{n-1}＞0$，再結(jié)合當(dāng)n≥2，n∈N^*時(shí)，1＞$\frac{2}{n+1}$＞0，兩式相乘有$\frac{1}{lnn}＞\frac{2}{（n-1）（n+1）}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}$，然后累加相消得到$\frac{1}{ln{a}_{2}}$+$\frac{1}{ln{a}_{3}}$+…$\frac{1}{ln{a}_{n}}$＞$\frac{3{n}^{2}-n-2}{2n（n+1）}$（n≥2，n∈N^*）．

解答 （1）解：由a₁³+a₂³+…+a_n³=S_n²，得
${{a}_{1}}^{3}={{S}_{1}}^{2}={{a}_{1}}^{2}$，
∵a_n＞0，∴a₁=1；
${{a}_{1}}^{3}+{{a}_{2}}^{3}=（{a}_{1}+{a}_{2}）^{2}$，即$1+{{a}_{2}}^{3}=（1+{a}_{2}）^{2}$，解得a₂=2；
${{a}_{1}}^{3}+{{a}_{2}}^{3}+{{a}_{3}}^{3}=（{a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}）^{2}$，即$9+{{a}_{3}}^{3}=（3+{a}_{3}）^{2}$，解得：a₃=3；
${{a}_{1}}^{3}+{{a}_{2}}^{3}+{{a}_{3}}^{3}+{{a}_{4}}^{3}=（{a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}+{a}_{4}）^{2}$，即$36+{{a}_{4}}^{3}=（6+{a}_{4}）^{2}$，解得a₄=4．
（2）解：由（1）猜測：a_n=n．
證明：法一：
當(dāng)n=1時(shí)，由（1）知，a₁=1，命題成立；
假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)命題成立，即a_k=k，則a₁³+a₂³+…+a_k³=S_k²，
那么，當(dāng)n=k+1時(shí)，由a₁³+a₂³+…+${{a}_{k}}^{3}$+a_k+1³=S_k+1²
=$（{S}_{k}+{a}_{k+1}）^{2}={{S}_{k}}^{2}+2{S}_{k}{a}_{k+1}+{{a}_{k+1}}^{2}$，得
${{a}_{k+1}}^{3}=2•\frac{k（k+1）}{2}{a}_{k+1}+{{a}_{k+1}}^{2}$，
∵a_n＞0，解得a_k+1=k+1．
即n=k+1時(shí)，命題成立．
綜上，a_n=n對于任意n∈N^*都成立；
法二：
∵數(shù)列{an}滿足：a_n＞0，且對一切n∈N^*，有a₁³+a₂³+…+a_n³=S_n²，…①
∴a₁³+a₂³+…+a_n³+a_n+1³=S_n+1²，…②
①-②得a_n+1³=S_n+1²-S_n²=a_n+1（S_n+1+S_n），
則a_n+1²=S_n+1+S_n=a_n+1+2S_n，
∴a_n+1²-a_n+1=2S_n，
又a_n+1²-a_n+1=2S_n=2S_n+1-2a_n+1，
∴a_n+1²+a_n+1=2S_n+1…③
則a_n²+a_n=2S_n…④
③-④得2a_n+1=（a_n+1²-a_n²）+（a_n+1-a_n），
從而a_n+1-a_n=1．
又由已知易得a₁=1，∴數(shù)列{a_n}是以首項(xiàng)為a₁=1，公差為1的等差數(shù)列，
∴a_n=n．
（3）證明：∵a_n=n，∴$\frac{1}{ln{a}_{n}}=\frac{1}{lnn}$，
令f（x）=lnx-x+1，x＞1，
∵${f}^{′}（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$＜0，
∴f（x）單調(diào)遞減，
那么f（x）＜f（1）=0，即lnx＜x-1，
∴當(dāng)n≥2，對任意n∈N^*，0＜lnn＜n-1，
∴$\frac{1}{lnn}＞\frac{1}{n-1}＞0$，
∵當(dāng)n≥2，n∈N^*時(shí)，1＞$\frac{2}{n+1}$＞0，
∴兩式相乘有$\frac{1}{lnn}＞\frac{2}{（n-1）（n+1）}$=$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}$，
∴$\frac{1}{ln{a}_{2}}$+$\frac{1}{ln{a}_{3}}$+…$\frac{1}{ln{a}_{n}}$=$\frac{1}{ln2}+\frac{1}{ln3}+…+\frac{1}{lnn}$
＞（1-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{2}-\frac{1}{4}$）+（$\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$）+…+（$\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}$）
=1+$\frac{1}{2}$$-\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$=$\frac{3{n}^{2}-n-2}{2n（n+1）}$（n≥2，n∈N^*）．

點(diǎn)評 本題考查了由數(shù)列遞推式求數(shù)列的項(xiàng)，考查了由數(shù)列遞推式求數(shù)列的通項(xiàng)公式，訓(xùn)練了由數(shù)學(xué)歸納法證明與自然數(shù)有關(guān)的命題，考查了利用導(dǎo)數(shù)證明數(shù)列不等式，是綜合性較強(qiáng)的題目．