Question

7．已知數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，a₁=1，a₂+a₆=20．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設數(shù)列{b_n}的通項公式為b_n=log_a（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）（a＞1），記S_n是數(shù)列{b_n}的前n項和，證明：3S_n＞log_aa_n+1．

Answer 1

分析 （1）由已知條件利用等差數(shù)列的通項公式求出公差，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）由已知得b_n=$lo{g}_{a}\frac{3n-1}{3n-2}$，（a＞1），從而S_n=$lo{g}_{a}（\frac{2}{1}×\frac{5}{4}×\frac{8}{7}×…×\frac{3n-1}{3n-2}）$，從而原式即證$\frac{2}{1}×\frac{5}{4}×\frac{8}{7}×…×\frac{3n-1}{3n-2}＞\root{3}{3n+1}$，由此利用數(shù)學歸納法能證明3S_n＞log_aa_n+1．

解答 解：（1）設等差數(shù)列的公差為d，
∵數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，a₁=1，a₂+a₆=20，
∴1+d+1+5d=20，
解得d=3，
∴a_n=1+（n-1）×3=3n-2．
（2）∵b_n=log_a（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）=$lo{g}_{a}（1+\frac{1}{3n-2}）$=$lo{g}_{a}\frac{3n-1}{3n-2}$，（a＞1），
∴S_n=${log}_{a}\frac{2}{1}$+${log}_{a}\frac{5}{4}$+${log}_{a}\frac{8}{7}$+${log}_{a}\frac{11}{10}$+${log}_{a}\frac{14}{13}$+${log}_{a}\frac{17}{16}$+…+${log}_{a}\frac{3n-1}{3n-2}$，
要證3S_n＞log_aa_n+1，即證S_n=${log}_{a}\frac{2}{1}$+${log}_{a}\frac{5}{4}$+${log}_{a}\frac{8}{7}$+${log}_{a}\frac{11}{10}$+${log}_{a}\frac{14}{13}$+${log}_{a}\frac{17}{16}$+…+${log}_{a}\frac{3n-1}{3n-2}$=$lo{g}_{a}（\frac{2}{1}×\frac{5}{4}×\frac{8}{7}×…×\frac{3n-1}{3n-2}）$＞$\frac{1}{3}$log_aa_n+1．
即證$\frac{2}{1}×\frac{5}{4}×\frac{8}{7}×…×\frac{3n-1}{3n-2}＞\root{3}{3n+1}$，
①當n=1時，$\frac{2}{1}＞\root{3}{4}$，成立；
②假設n=k時成立，即$\frac{2}{1}×\frac{5}{4}×\frac{8}{7}×…×\frac{3k-1}{3k-2}$＞$\root{3}{3k+1}$，
則當n=k+1時，即$\frac{2}{1}×\frac{5}{4}×\frac{8}{7}×…×\frac{3k-1}{3k-2}$+$\frac{3k+2}{3k+1}$＞$\root{3}{3k+1}$+$\frac{3k+2}{3k+1}$＞$\root{3}{3k+1}$+1＞$\root{3}{3k+4}$=$\root{3}{3（k+1）+1}$，也成立．
∴$\frac{2}{1}×\frac{5}{4}×\frac{8}{7}×…×\frac{3n-1}{3n-2}＞\root{3}{3n+1}$，
∴3S_n＞log_aa_n+1．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查不等式的證明，解題時要認真審題，注意對數(shù)性質(zhì)和數(shù)學歸納法的合理運用．