Question

已知數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足a₁=1，a_n+1=2a_n+1（n∈N^*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）若數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足4b1-14b2-1…4bn-1=(an+1)bn(n∈N*)，證明：數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列；
（Ⅲ）證明：

n

2

-

1

3

＜

a1

a2

+

a2

a3

+…+

an

an+1

＜

n

2

(n∈N*)．

Answer 1

分析：（Ⅰ）整理題設(shè)遞推式得a_n+1+1=2（a_n+1），推斷出{a_n+1}是等差數(shù)列，進(jìn)而求得a_n+1，則a_n可求．
（Ⅱ）根據(jù)題設(shè)等式可推斷出2[（b₁+b₂+…+b_n）-n]=nb_n和2[（b₁+b₂+…+b_n+b_n+1）-（n+1）]=（n+1）b_n+1．兩式相減后整理求得b_n+2-b_n+1=b_n+1-b_n進(jìn)而推斷出{b_n}是等差數(shù)列．
（Ⅲ）利用（Ⅰ）中數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，利用不等式的傳遞性，推斷出

ak

ak+1

＜

1

2

，進(jìn)而推斷出

a1

a2

+

a2

a3

+…+

an

an+1

＜

n

2

；同時(shí)利用不等式的性質(zhì)推斷出

ak

ak+1

≥-

1

2

-

1

3

•

1

2k

，進(jìn)而代入

a1

a2

+

a2

a3

+…+

an

an+1

證明原式．

解答：解：（Ⅰ）∵a_n+1=2a_n+1（n∈N^*），
∴a_n+1+1=2（a_n+1），
∴{a_n+1}是以a₁+1=2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
∴a_n+1=2ⁿ．
即a_n=2ⁿ-1∈N^*）．
（Ⅱ）證明：∵4b1-14b2-1…4bn-1=(an+1)bn(n∈N*)
∴4(b1+b2+…+bn)-n=2nbn．
∴2[（b₁+b₂+…+b_n）-n]=nb_n，①
2[（b₁+b₂+…+b_n+b_n+1）-（n+1）]=（n+1）b_n+1．②
②-①，得2（b_n+1-1）=（n+1）b_n+1-nb_n，
即（n-1）b_n+1-nb_n+2=0，nb_n+2-（n+1）b_n+1+2=0．
③-④，得nb_n+2-2nb_n+1+nb_n=0，
即b_n+2-2b_n+1+b_n=0，
∴b_n+2-b_n+1=b_n+1-b_n（n∈N^*），
∴{b_n}是等差數(shù)列．
（Ⅲ）證明：∵

ak

ak+1

=

2k-1

2k+1-1

=

2k-1

2(2k- 1 2 )

＜

1

2

，k=1，2，n，
∴

a1

a2

+

a2

a3

+…+

an

an+1

＜

n

2

．
∵

ak

ak+1

=

2k-1

2k+1-1

=

1

2

-

1

2(2k+1-1)

=

1

2

-

1

3.2k+2k-2

≥

1

2

-

1

3

.

1

2k

，k=1，2，…，n，
∴

a1

a2

+

a2

a3

+…+

an

an+1

≥

n

2

-

1

3

(

1

2

+

1

22

+…+

1

2n

)=

n

2

-

1

3

(1-

1

2n

)＞

n

2

-

1

3

，
∴

n

2

-

1

3

＜

a1

a2

+

a2

a3

+…+

an

an+1

＜

n

2

(n∈N*)．

點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查數(shù)列、不等式等基本知識(shí)，考查化歸的數(shù)學(xué)思想方法，考查綜合解題能力．