Question

4．已知正项数列{a_n}的前n项和为S_n，若a₁=1，且当n≥2时，2（S_n-S_n-1）=（n+1）（$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求证：当n≥2时，4a_n^a_n≤${a_{n+2}}^{{a_{n+2}}-2}$．

Answer 1

分析 （1）当n≥2时，2（S_n-S_n-1）=（n+1）（$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$），令n=2，则2a₂=3$（1+\frac{1}{1+{a}_{2}}）$，解得a₂=2．猜想a_n=n，可得S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，利用数学归纳法证明即可得出．
（2）要证明：4a_n^a_n≤${a_{n+2}}^{{a_{n+2}}-2}$，（n≥2），即证明：4nⁿ≤（n+2）ⁿ，即证明$（1+\frac{2}{n}）^{n}$≥4，利用二项式定理展开：$（1+\frac{2}{n}）^{n}$=${∁}_{n}^{0}$+${∁}_{n}^{1}•\frac{2}{n}$+${∁}_{n}^{2}•（\frac{2}{n}）^{2}$+…，即可证明．

解答 （1）解：当n≥2时，2（S_n-S_n-1）=（n+1）（$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$），
令n=2，则2a₂=3$（1+\frac{1}{1+{a}_{2}}）$，化为：$2{a}_{2}^{2}$-a₂-6=0，a₂＞0，解得a₂=2．
猜想a_n=n，
下面利用数学归纳法给出证明：
①n=1，2时成立．
②假设n=k时成立，则S_k=$\frac{k（k+1）}{2}$，可得$\frac{1}{{S}_{k}}$=$\frac{2}{k（k+1）}$=2$（\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}）$，
∴$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{{S}_{k+1}}$=2$[（1-\frac{1}{2}）$+$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}）]$=2$（1-\frac{1}{k+2}）$=$\frac{2（k+1）}{k+2}$，
当n≥2时，2（S_k+1-S_k）=（k+2）（$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{{S}_{k+1}}$）．
∴2a_k+1=（k+2）×$\frac{2（k+1）}{k+2}$，
∴a_k+1=k+1，
因此n=k+1时也成立．
综上可得：?n∈N^*，a_n=n成立．
（2）证明：要证明：4a_n^a_n≤${a_{n+2}}^{{a_{n+2}}-2}$，（n≥2），即证明：4nⁿ≤（n+2）ⁿ，
即证明$（1+\frac{2}{n}）^{n}$≥4，
利用二项式定理展开：$（1+\frac{2}{n}）^{n}$=${∁}_{n}^{0}$+${∁}_{n}^{1}•\frac{2}{n}$+${∁}_{n}^{2}•（\frac{2}{n}）^{2}$+…≥1+2+$\frac{2（n-1）}{n}$≥4，（n≥2）．
∴$（1+\frac{2}{n}）^{n}$≥4成立，
∴4a_n^a_n≤${a_{n+2}}^{{a_{n+2}}-2}$，（n≥2）．

点评 本题考查了递推关系、二项式定理、猜想归纳验证方法，考查了分析问题与解决问题的能力、推理能力与计算能力，属于难题．