Question

5．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且a₁=2，lg[（n+1）a_n+1]-lg[（n+2）a_n]-lg2=0（n∈N^*）．
（Ⅰ） 求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ） 設(shè)P_n=$\frac{S_n}{{2{a_n}}}$，T_n=$\sqrt{\frac{{1-{P_n}}}{{1+{P_n}}}}$，求證：P₁•P₃•P₅…P_2n-1＜T_n＜$\sqrt{2}sin{T_n}$．

Answer 1

分析 （I）變形$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+2}=2•\frac{a_n}{n+1}$，判斷$\left\{{\frac{a_n}{n+1}}\right\}$是以首項為$\frac{a_1}{2}=1$，公比為2的等比數(shù)列． 求解通項公式．
（II）兩式相減，得$-{S_n}=2+2+{2^2}+{2^3}+…+{2^{n-1}}-（n+1）•{2^n}$=$2+\frac{{2（{2^{n-1}}-1）}}{2-1}-（n+1）•{2^n}$=-n•2ⁿ，
${P_n}=\frac{{n•{2^n}}}{{2•（n+1）•{2^{n-1}}}}=\frac{n}{n+1}$，${T_n}=\sqrt{\frac{{1-\frac{n}{n+1}}}{{1+\frac{n}{n+1}}}}=\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$．
方法一：放縮證明${（{P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2n-1}}）^2}={（\frac{1}{2}）^2}×{（\frac{3}{4}）^2}×{（\frac{5}{6}）^2}×…×{（\frac{2n-1}{2n}）^2}$，${P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2n-1}}＜\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$，即可證明．
方法二：用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：按步驟論證即可．

解答 解：（Ⅰ）∵a₁=2，lg[（n+1）a_n+1]-lg[（n+2）a_n]-lg2=0，
∴$\frac{{（n+1）{a_{n+1}}}}{{2（n+2）{a_n}}}=1$，即$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+2}=2•\frac{a_n}{n+1}$，
∴$\left\{{\frac{a_n}{n+1}}\right\}$是以首項為$\frac{a_1}{2}=1$，公比為2的等比數(shù)列．  
∴$\frac{a_n}{n+1}={2^{n-1}}$，即${a_n}=（n+1）•{2^{n-1}}$．                    
（Ⅱ）∵${a_n}=（n+1）•{2^{n-1}}$，∴${S_n}=2+3×2+4×{2^2}+…+（n+1）•{2^{n-1}}$，$2{S_n}=2×2+3×{2^2}+4×{2^3}+…+n{2^{n-1}}+（n+1）•{2^n}$．
兩式相減，得$-{S_n}=2+2+{2^2}+{2^3}+…+{2^{n-1}}-（n+1）•{2^n}$=$2+\frac{{2（{2^{n-1}}-1）}}{2-1}-（n+1）•{2^n}$=-n•2ⁿ，
∴${S_n}=n•{2^n}$．                                      
∵${P_n}=\frac{S_n}{{2{a_n}}}$，${T_n}=\sqrt{\frac{{1-{P_n}}}{{1+{P_n}}}}$，
∴${P_n}=\frac{{n•{2^n}}}{{2•（n+1）•{2^{n-1}}}}=\frac{n}{n+1}$，
${T_n}=\sqrt{\frac{{1-\frac{n}{n+1}}}{{1+\frac{n}{n+1}}}}=\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$．
①先證明：P₁•P₃•P₅…P_2n-1＜T_n．
方法一：∵${P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2n-1}}=\frac{1}{2}×\frac{3}{4}×\frac{5}{6}×…×\frac{2n-1}{2n}$，
∴${（{P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2n-1}}）^2}={（\frac{1}{2}）^2}×{（\frac{3}{4}）^2}×{（\frac{5}{6}）^2}×…×{（\frac{2n-1}{2n}）^2}$=$\frac{1}{4}×\frac{9}{16}×\frac{25}{36}×…×\frac{{{{（2n-1）}^2}}}{{{{（2n）}^2}}}$$＜\frac{1}{3}×\frac{3}{5}×\frac{5}{7}×…×\frac{2n-1}{2n+1}=\frac{1}{2n+1}$，
∴${P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2n-1}}＜\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$，即P₁•P₃•P₅…P_2n-1＜T_n． 
方法二：用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：
（1）當(dāng)n=1時，左邊=${P_1}=\frac{1}{2}$，右邊=${T_1}=\sqrt{\frac{1}{3}}=\frac{1}{{\sqrt{3}}}$，
∵$\frac{1}{2}＜\frac{1}{{\sqrt{3}}}$，∴左邊＜右邊，即不等式成立．       
（2）假設(shè)當(dāng)n=k時，不等式成立，即${P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2k-1}}＜\sqrt{\frac{1}{2k+1}}$，
那么，當(dāng)n=k+1時，
左邊=${P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2k-1}}•{P_{2k+1}}={P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2k-1}}•\frac{2k+1}{2k+2}$$＜\sqrt{\frac{1}{2k+1}}•\frac{2k+1}{2k+2}=\sqrt{\frac{1}{2k+1}•\frac{{{{（2k+1）}^2}}}{{{{（2k+2）}^2}}}}=\sqrt{\frac{2k+1}{{{{（2k+2）}^2}}}}$$＜\sqrt{\frac{（2k+1）}{{{{（2k+2）}^2}-1}}}=\sqrt{\frac{（2k+1）}{（2k+3）（2k+1）}}=\sqrt{\frac{1}{2k+3}}=\sqrt{\frac{1}{2（k+1）+1}}$=T_k+1=右邊，
∴左邊＜右邊．∴當(dāng)n=k+1時，不等式也成立．                  
∴P₁•P₃•P₅…P_2n-1＜T_n對n∈N^*都成立．
②再證明：${T_n}＜\sqrt{2}sin{T_n}$，即證明$\sqrt{\frac{1}{2n+1}}＜\sqrt{2}sin\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$．
設(shè)函數(shù)$f（x）=x-\sqrt{2}sinx$，則導(dǎo)函數(shù)${f^/}（x）=1-\sqrt{2}cosx$．
令f′（x）=0，得$cosx=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴在$（0，\frac{π}{4}）$上有f′（x）＜0，即f（x）在$（0，\frac{π}{4}）$上單調(diào)遞減．
∴f（x）＜f（0）=0，即$x＜\sqrt{2}sinx$在$（0，\frac{π}{4}）$上恒成立．   
又∵$0＜\sqrt{\frac{1}{2n+1}}≤\sqrt{\frac{1}{3}}＜\frac{π}{4}$，
∴$\sqrt{\frac{1}{2n+1}}＜\sqrt{2}sin\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$，即${T_n}＜\sqrt{2}sin{T_n}$．        
綜上可得：${P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2n-1}}＜{T_n}＜\sqrt{2}sin{T_n}$．

點評 本題主要考查了等比關(guān)系的確定和數(shù)列的求和問題．考查了學(xué)生對數(shù)列知識的綜合掌握，綜合解決問題的能力，數(shù)學(xué)式子的變形能力，思維能力，放縮變形能力，難度較大，屬于難題．