Question

12．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁=4，S_n=na_n+2-$\frac{n（n-1）}{2}$（n≥2，n∈N^*）
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{b_n}满足：b₁=4且b_n+1=b_n²-（n-1）b_n-2（n∈N^*），求证：b_n＞a_n（n≥2，n∈N^*）；
（3）求证：（1+$\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}$）（1+$\frac{1}{{{b_3}{b_4}}}$）…（1+$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$）＜$\root{3}{e}$．

Answer 1

分析 （1）运用下标变为n-1相减的方法，结合数列的通项和前n项和的关系，即可求得通项；
（2）运用数学归纳法证明，注意两个解题步骤，特别是假设的运用；
（3）设f（x）=ln（1+x）-x，通过导数判断单调性，可得ln（1+x）＜x，又n≥2时，$\frac{1}{{b}_{n}}$＜$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n+1}$，结合裂项相消和累加法，及对数的运算性质即可得证．

解答 （1）解：S_n=na_n+2-$\frac{n（n-1）}{2}$（n≥2，n∈N^*）①
S_n-1=（n-1）a_n-1+2-$\frac{（n-1）（n-2）}{2}$（n≥3，n∈N^*）②
①-②得a_n=na_n-（n-1）a_n-1-（n-1），
即有a_n-a_n-1=1（n≥3，n∈N^*）
①中令n=2，a₁+a₂=2a₂+2-1，a₂=3，
综上a_n=$\left\{\begin{array}{l}{4，n=1}\\{n+1，n≥2}\end{array}\right.$；
（2）证明：①当n=2时，b₂=b₁²-2=14＞3=a₂，不等式成立；
②假设n=k（k≥2）时，不等式b_k＞k+1（k≥2时a_k=k+1），
那么当n=k+1时，
b_k+1=b_k²-（k-1）b_k-2=b_k（b_k-k+1）-2
＞b_k（k+1-k+1）-2=2b_k-2＞2（k+1）-2（由归设）=2k≥k+2
∴n=k+1命题真；
综合①②知当n≥2时，b_n＞a_n．
（3）证明：设f（x）=ln（1+x）-x，f′（x）=$\frac{1}{1+x}$-1=-$\frac{x}{1+x}$＜0，
f（x）在（0，+∞）递减，则f（x）＜f（0）=0，
即ln（1+x）＜x，又n≥2时，$\frac{1}{{b}_{n}}$＜$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{n+1}$，
则ln（1+$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$）＜$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$＜$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$=$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$，
即有ln（1+$\frac{1}{{b}_{2}{b}_{3}}$）+ln（1+$\frac{1}{{b}_{3}{b}_{4}}$）+…+ln（1+$\frac{1}{{b}_{n}{b}_{n+1}}$）＜（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$）+（$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{5}$）+…+（$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$）
=$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{n+2}$$＜\frac{1}{3}$．
则有（1+$\frac{1}{{{b_2}{b_3}}}$）（1+$\frac{1}{{{b_3}{b_4}}}$）…（1+$\frac{1}{{{b_n}{b_{n+1}}}}$）＜$\root{3}{e}$．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，同时考查数学归纳法证明数列不等式的方法，以及构造函数由函数的单调性，结合裂项和累加法证明不等式的方法，属于中档题和易错题．