Question

3．已知數(shù)列{a_n}的首項為1，S_n為數(shù)列{a_n}的前n項和，S_n+1=qS_n+1，其中q＞0，n∈N^*．
（Ⅰ）若2a₂，a₃，a₂+2成等差數(shù)列，求a_n的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)雙曲線x²-$\frac{{y}^{2}}{{a}_{n}^{2}}$=1的離心率為e_n，且e₂=$\frac{5}{3}$，證明：e₁+e₂+???+e_n＞$\frac{{4}^{n}-{3}^{n}}{{3}^{n-1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由條件利用等比數(shù)列的定義和性質(zhì)，求得數(shù)列{a_n}為首項等于1、公比為q的等比數(shù)列，再根據(jù)2a₂，a₃，a₂+2成等差數(shù)列求得公比q的值，可得{a_n}的通項公式．
（Ⅱ）利用雙曲線的定義和簡單性質(zhì)求得e_n=$\sqrt{{1{+a}_{n}}^{2}}$，根據(jù)e₂=$\frac{5}{3}$=$\sqrt{{1+q}^{2}}$，求得q的值，可得{a_n}的解析式，再利用放縮法可得∴e_n=$\sqrt{{1{+a}_{n}}^{2}}$＞${（\frac{4}{3}）}^{n-1}$，從而證得不等式成立．

解答 解：（Ⅰ）∵S_n+1=qS_n+1 ①，∴當n≥2時，S_n=qS_n-1+1 ②，兩式相減可得a_n+1=q•a_n，
即從第二項開始，數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，公比為q．
當n=1時，∵數(shù)列{a_n}的首項為1，∴a₁+a₂=S₂=q•a₁+1，∴a₂ =a₁•q，
∴數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列，公比為q．
∵2a₂，a₃，a₂+2成等差數(shù)列，∴2a₃ =2a₂+a₂+2，∴2q²=2q+q+2，求得q=2，或 q=-$\frac{1}{2}$．
根據(jù)q＞0，故取q=2，∴a_n=2^n-1，n∈N^*．
（Ⅱ）證明：設(shè)雙曲線x²-$\frac{{y}^{2}}{{a}_{n}^{2}}$=1的離心率為e_n，
∴e_n=$\frac{\sqrt{1{{+a}_{n}}^{2}}}{1}$=$\sqrt{{1{+a}_{n}}^{2}}$．
由于數(shù)列{a_n}為首項等于1、公比為q的等比數(shù)列，
∴e₂=$\frac{5}{3}$=$\sqrt{{1{+a}_{2}}^{2}}$=$\sqrt{{1+q}^{2}}$，q=$\frac{4}{3}$，
∴a_n=${（\frac{4}{3}）}^{n-1}$，∴e_n=$\sqrt{{1{+a}_{n}}^{2}}$=$\sqrt{1{+（\frac{4}{3}）}^{2n-2}}$＞$\sqrt{{（\frac{4}{3}）}^{2n-2}}$=${（\frac{4}{3}）}^{n-1}$．
∴e₁+e₂+???+e_n＞1+$\frac{4}{3}$+${（\frac{4}{3}）}^{2}$+…+${（\frac{4}{3}）}^{n-1}$=$\frac{1{-（\frac{4}{3}）}^{n}}{1-\frac{4}{3}}$=$\frac{{4}^{n}-{3}^{n}}{{3}^{n-1}}$，原不等式得證．

點評 本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的定義和性質(zhì)，用放縮法進行數(shù)列求和，雙曲線的簡單性質(zhì)，屬于難題．