Question

11．若正項數(shù)列{a_n}滿足：$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=a_n+1-a_n（a∈N^*），則稱此數(shù)列為“比差等數(shù)列”．
（1）請寫出一個“比差等數(shù)列”的前3項的值；
（2）設數(shù)列{a_n}是一個“比差等數(shù)列”
（i）求證：a₂≥4；
（ii）記數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，求證：對于任意n∈N*，都有S_n＞$\frac{{n}^{2}+5n-4}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)“比差等數(shù)列”的定義，寫出一個“比差等數(shù)列”的前3項即可；
（2）（i）當n=1時可得${a}_{2}-{a}_{1}=\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$，求出a₂利用分離常數(shù)法化簡，由a_n＞0可得a₁＞1，利用基本不等式證明a₂≥4；
（ii）由a_n＞0得a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$≥0，得a_n+1≥a_n＞0從而得到a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}≥1$，列出n-1個不等式并相加得a_n≥n+2（n≥2），當n≥2時利用放縮法和等差數(shù)列的前n項和公式化簡后，得到S_n的不等式再驗證n=1時是否成立即可．

解答 （1）解：一個“比差等數(shù)列”的前3項可以是：2，4，$\frac{16}{3}$；
（2）（i）證明：當n=1時，${a}_{2}-{a}_{1}=\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$，
∴${a}_{2}=\frac{{a}_{1}}{1-\frac{1}{{a}_{1}}}$=$\frac{{{a}_{1}}^{2}}{{a}_{1}-1}$=$\frac{{{a}_{1}}^{2}-1+1}{{a}_{1}-1}$=${a}_{1}-1+\frac{1}{{a}_{1}-1}+2$，
∵a_n＞0，∴${a}_{2}=\frac{{{a}_{1}}^{2}}{{a}_{1}-1}＞0$，則a₁-1＞0，即a₁＞1，
∴${{a}_{2}=a}_{1}-1+\frac{1}{{a}_{1}-1}+2$≥2$\sqrt{{（a}_{1}-1）•\frac{1}{{a}_{1}-1}}$+2=4，
當且僅當${a}_{1}-1=\frac{1}{{a}_{1}-1}$時取等號，
則a₂≥4成立；
（ii）由a_n＞0得，a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$≥0，
∴a_n+1≥a_n＞0，則a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}≥1$，
由a₂≥4得，a₃-a₂≥1，a₄-a₃≥1，…，a_n-a_n-1≥1，
以上 n-1個不等式相加得，a_n≥（n-2）+4=n+2（n≥2），
當n≥2時，S_n=a₁+a₂+a₃+…+a_n
≥1+4+（3+2）+…+（n+2）≥（1+2）+（2+2）+…+（n+2）-2
=$\frac{n（3+n+2）}{2}$-2=$\frac{{n}^{2}+5n-4}{2}$，
當n=1時，由（i）知S₁=a₁＞1≥$\frac{{1}^{2}+5×1-4}{2}$，
綜上可得，對于任意n∈N*，都有S_n＞$\frac{{n}^{2}+5n-4}{2}$．

點評 本題數(shù)列與不等式結合的綜合題，考查新定義的運用，等差數(shù)列的前n項和公式，以及放縮法、基本不等式的應用，考查化簡、變形能力，推理證明能力．