Question

已知數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，且滿足a_n+1=a_n²-na_n+1，n=1，2，3，…
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）求證：

1

an+1

+

1

an+2

+

1

an+3

+…+

1

a2n+1

＜ln2
（Ⅲ）當0＜λ＜1時，設b_n=λ（a_n-

1

2

），c_n=（1-λ）a_n，數(shù)列{

1

bncn

}的前n項和為T_n，求證：T_n＞

9n-1

4n+3

．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合,等差數(shù)列的性質(zhì)

專題：綜合題,等差數(shù)列與等比數(shù)列,不等式的解法及應用

分析：（Ⅰ）設a_n=kn+b，利用條件即可求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)g（x）=ln（x+1）-

x

x+1

，x∈[0，1]，求導，確定單調(diào)性，可得

1

n+1

＜ln（n+1）=lnn，累加，即可證明結(jié)論；
（Ⅲ）確定通項，可得T_n≥16（

1

3

-

1

4

+

1

5

-

1

6

+…+

1

2n+1

-

1

2n+2

）=16（

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

2n+2

-

1

2

），令t_n=

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

2n+2

，證明t_n≥

2(n+1)

3n+4

，即可得出結(jié)論．

解答： （Ⅰ）解：設a_n=kn+b，k∈R，n∈N^*，則kn+k+b=（kn+b）²-n（kn+b）+1，
化簡得：（k²-k）n²+（2kb-k-b）n+（b²+1-k-b）=0對n∈N^*恒成立，
故有：k²-k=0①且2kb-k-b=0②且b²+1-k-b=0③
所以k=1，b=1；
所以數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=n+1…4分
（Ⅱ）證明：構(gòu)造函數(shù)g（x）=ln（x+1）-

x

x+1

，x∈[0，1]，求導得g′（x）=

x

(x+1)2

≥0，
所以函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞增，
由于0＜

1

n

≤1，故g（

1

n

）＞g（0）=0，
即ln（1+

1

n

）-

1

n+1

＞0，
所以

1

n+1

＜ln（n+1）=lnn
累加即得

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

2n+2

＜ln（2n+2）-ln（n+1）=ln2，
故原不等式成立．  …9分
（Ⅲ）證明：∵b_n=λ（a_n-

1

2

）=

λ(2n+1)

2

，c_n=（1-λ）a_n=（1-λ） （n+1），
∴

1

bncn

=

4

λ(1-λ)(2n+1)(2n+2)

≥16（

1

2n+1

-

1

2n+2

），
∴T_n≥16（

1

3

-

1

4

+

1

5

-

1

6

+…+

1

2n+1

-

1

2n+2

）=16（

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

2n+2

-

1

2

）．
令t_n=

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

2n+2

，倒序相加可得
2t_n=（

1

n+2

+

1

2n+2

）+（

1

n+3

+

1

2n+1

）+…+（

1

2n+2

+

1

n+2

），
∵（n+2）+（2n+2）=3n+4，
∴（3n+4）（

1

n+2

+

1

2n+2

）＞4
∴

1

n+2

+

1

2n+2

＞

4

3n+4

，
同理

1

n+3

+

1

2n+1

＞

4

3n+4

，…，

1

2n+2

+

1

n+2

＞

4

3n+4

，
∴2t_n≥

4(n+1)

3n+4

，
∴t_n≥

2(n+1)

3n+4

∴T_n＞16[

2(n+1)

3n+4

-

1

2

]=

8n

3n+4

∵

8n

3n+4

-

9n-1

4n+3

=

(5n-4)(n-1)

(3n+4)(4n+3)

＞0，
∴T_n＞

9n-1

4n+3

．

點評：本題考查數(shù)列的通項羽求和，考查導數(shù)知識的運用，考查不等式的證明，考查學生分析解決問題的能力，難度大．