Question

3．已知正项数列{a_n}满足a_n+1-a₁=（a₂-1）S_n（n∈N^*），其中S_n 为数列{a_n}的前n项和，a₂=t
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求证：${S_n}≤\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}$，并指出等号成立的条件．

Answer 1

分析 （1）正项数列{a_n}满足a_n+1-a₁=（a₂-1）S_n（n∈N^*），令n=1，得a₂-a₁=（a₂-1）a₁，因a_n＞0，则a₁=1，得$\frac{a_2}{a_1}={a_2}=t$，当n≥2 时，a_n+1-a₁=（a₂-1）S_n，a_n-a₁=（a₂-1）S_n-1，两式相减得：a_n+1=a₂a_n，利用等比数列的通项公式即可得出．
（2）令${f_n}（t）={S_n}-\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}=1+t+…+{t^{n-1}}-\frac{{n（1+{t^{n-1}}）}}{2}，t＞0$．当t=1 时，f_n（1）=0，即${S_n}=\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}$．当t≠1 时，${f_n}'（t）=1+2t+…+（n-1）{t^{n-2}}-\frac{{n（n-1）{t^{n-2}}}}{2}$，利用导数研究其单调性即可得出．

解答 解：（1）正项数列{a_n}满足a_n+1-a₁=（a₂-1）S_n（n∈N^*），令n=1，得a₂-a₁=（a₂-1）a₁，
即a₂=a₂•a₁，因a_n＞0，则a₁=1，得$\frac{a_2}{a_1}={a_2}=t$，…（2分）
当n≥2 时，a_n+1-a₁=（a₂-1）S_n，a_n-a₁=（a₂-1）S_n-1，
两式相减得：a_n+1-a_n=（a₂-1）a_n，即a_n+1=a₂a_n，
因a_n＞0，则$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}={a_2}=t$ …（5分）
综上：$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=t（n∈N*）$ …（6分）
从而，{a_n} 是以1为首项，t 为公比的等比数列，
故${a_n}={t^{n-1}}$．…（7分）
（2）令${f_n}（t）={S_n}-\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}=1+t+…+{t^{n-1}}-\frac{{n（1+{t^{n-1}}）}}{2}，t＞0$．
当t=1 时，f_n（1）=0，即${S_n}=\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}$ …（9分）
当t≠1 时，${f_n}'（t）=1+2t+…+（n-1）{t^{n-2}}-\frac{{n（n-1）{t^{n-2}}}}{2}$，
若t∈（0，1），${f_n}'（t）＞[1+2+…+（n-1）]{t^{n-2}}-\frac{{n（n-1）{t^{n-2}}}}{2}=0$．
若t∈（1，+∞），${f_n}'（t）＜[1+2+…+（n-1）]{t^{n-2}}-\frac{{n（n-1）{t^{n-2}}}}{2}=0$，
即f_n'（t） 在t∈（0，1）时单调递增，当t∈（1，+∞） 时单调递减，…（14分）
则f_n（t）＜f_n（1）=0，即${S_n}＜\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}$，…（15分）
故${S_n}≤\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}$，当且仅当t=1 时取“=”．…（16分）

点评 本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、利用导数研究函数的单调性极值最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．