Question

4．已知数列{a_n}的首项为1，S_n为数列{a_n}的前n项和，S_n+1=qS_n+1，其中q＞0，n∈N^*．
（1）若2a₂，a₃，a₂+2成等差数列，求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{b_n}满足b_n=$\sqrt{1+{a_n}^2}$，且b₂=$\frac{5}{3}$，证明：b₁+b₂+…+b_n＞$\frac{{{4^n}-{3^n}}}{{{3^{n-1}}}}$．

Answer 1

分析 （1）由已知，S_n+1=qS_n+1，S_n+2=qS_n+1+1，两式相减，得到a_n+2=qa_n+1（n≥1），即数列{a_n}是首项为1，公比为q的等比数列，求出q即可．
（2）可得q=$\frac{4}{3}$，即$\sqrt{1+{q}^{2（n-1）}}＞{q}^{n-1}$，于是b₁+b₂+…+b_n＞1+q+q²+…+q^n-1=$\frac{{q}^{n}-1}{q-1}$=$\frac{（\frac{4}{3}）^{n}-1}{\frac{4}{3}-1}$=$\frac{{4}^{n}-{3}^{n}}{{3}^{n-1}}$．

解答 解：（1）由已知，S_n+1=qS_n+1，S_n+2=qS_n+1+1，两式相减，得到a_n+2=qa_n+1（n≥1）．
又由S₂=qS₁+1，得到a₂=qa₁．
故a_n+1=qa_n对所有n≥1都成立．
所以数列{a_n}是首项为1，公比为q的等比数列，从而${a_n}={q^{n-1}}$．…（3分）
由2a₂，a₃，a₂+2成等差数列，可得2a₃=3a₂+2，即2q²=3q+2．
则（2q+1）（q-2）=0．
由已知，q＞0，故q=2．…（5分）
所以${a}_{n}={2}^{n-1}$．…（6分）
（2）由（1）知，a_n=q^n-1．
b_n=$\sqrt{1+{{a}_{n}}^{2}}=\sqrt{1+{q}^{2（n-1）}}$．…（7分）
由${b}_{2}=\sqrt{1+{q}^{2}}=\frac{5}{3}$，q＞0解得q=$\frac{4}{3}$．…（8分）
因为1+q^2（n-1）＞q^2（n-1）所以$\sqrt{1+{q}^{2（n-1）}}＞{q}^{n-1}$         …（10分）
于是b₁+b₂+…+b_n＞1+q+q²+…+q^n-1=$\frac{{q}^{n}-1}{q-1}$=$\frac{（\frac{4}{3}）^{n}-1}{\frac{4}{3}-1}$=$\frac{{4}^{n}-{3}^{n}}{{3}^{n-1}}$
故b₁+b₂+…+b_n＞$\frac{{{4^n}-{3^n}}}{{{3^{n-1}}}}$．…（12分）

点评 本题考查了数列的递推式，等差数列的性质，考查了数列放缩法，属于中档题．