Question

7．已知数列{a_n}的前n项和S_n，正项数列{c_n}中，c₂=e（e为自然对数的底数，e≈2.71828），且对任意正整数n，2^n-1是S_n与a_n的等差中项，$\sqrt{{c}_{n+1}}$是c_n与c_n+1的等比中项．
（1）求证：对任意正整数n，都有a_n＜a_n+1＜2ⁿ；
（2）求证：对任意正整数n，都有lnc₁+lnc₂+…+lnc_n＞$\frac{3}{2}$（a_n-1）．

Answer 1

分析 （1）由题意和等差中项的性质可得S_n=2ⁿ-a_n，利用数列的S_n与a_n的关系式化简、变形后，构造新的等比数列，利用等比数列的前n项公式和迭代法求出a_n+1、a_n，利用作差法进行证明结论；
（2）由题意和等比中项的性质可得$（\sqrt{{c}_{n+1}}）^{2}={c}_{n}（{c}_{n}+1）$，化简后由条件求出c₁，由（1）化简$\frac{3}{2}$（a_n-1）并求出最大值，再将结论进行转化，对n进行分类讨论：n=1、n≥2，再根据递推公式和对数函数的单调性进行放缩，利用等比数列的前n项公式证明出结论．

解答 证明：（1）因为2^n-1是S_n与a_n的等差中项，所以2ⁿ=S_n +a_n，即S_n=2ⁿ-a_n，
当n=1时，a₁=s₁=2-a₁，则a₁=1，
由S_n=2ⁿ-a_n得，s_n+1=2ⁿ⁺¹-a_n+1，
相减可得 a_n+1=s_n+1-S_n=2ⁿ⁺¹-2ⁿ-a_n+1+a_n，化简得 2a_n+1=2ⁿ+a_n．
变形可得 2ⁿ⁺¹ a_n+1-2ⁿ a_n =4ⁿ，
所以数列{ 2ⁿ⁺¹ a_n+1-2ⁿ a_n }构成等比数列，
则它的前n项和为：（2²a₂-2a₁）+（2³a₃-2²a₂）+…+（2ⁿa_n-2^n-1a_n-1）+（ 2ⁿ⁺¹ a_n+1-2ⁿ a_n ）
=4+4²+…+4^n-1+4ⁿ=$\frac{4（1-{4}^{n}）}{1-4}$=$\frac{4（{4}^{n}-1）}{3}$，
所以2ⁿ⁺¹ a_n+1-2=$\frac{4（{4}^{n}-1）}{3}$，解得a_n+1=$\frac{1}{{2}^{n}}+\frac{2}{3}•\frac{{4}^{n}-1}{{2}^{n}}$=$\frac{{2}^{2n+1}+1}{{3•2}^{n}}$，
则a_n=$\frac{{2}^{2n-1}+1}{{3•2}^{n-1}}$，当n=1时也满足上式，
所以a_n+1-a_n=$\frac{{2}^{2n+1}+1}{{3•2}^{n}}$-$\frac{{2}^{2n-1}+1}{{3•2}^{n-1}}$=$\frac{{2}^{2n}-1}{{3•2}^{n}}$＞0，
2ⁿ-a_n+1=${2}^{n}-\frac{{2}^{2n+1}+1}{{3•2}^{n}}$=$\frac{{2}^{2n}-1}{{3•2}^{n}}＞0$，
所以对任意正整数n，都有a_n＜a_n+1＜2ⁿ；
（2）因为$\sqrt{{c}_{n+1}}$是c_n与c_n+1的等比中项，所以$（\sqrt{{c}_{n+1}}）^{2}={c}_{n}（{c}_{n}+1）$，
化简得c_n+1=c_n（c_n+1），
由c₂=e得e=c₁（c₁+1），又c_n＞0，解得c₁=$\frac{-1+\sqrt{1+4e}}{2}$，
由（1）得，$\frac{3}{2}$（a_n-1）=$\frac{3}{2}$•（$\frac{{2}^{2n-1}+1}{{3•2}^{n-1}}$-1）=$\frac{{2}^{2n-1}+1}{{2}^{n}}-\frac{3}{2}$=${2}^{n-1}+\frac{1}{{2}^{n}}-\frac{3}{2}$≤2^n-1-1，
对任意正整数n，都有lnc₁+lnc₂+…+lnc_n＞$\frac{3}{2}$（a_n-1）等价于：
对任意正整数n，都有lnc₁+lnc₂+…+lnc_n＞2^n-1-1，
当n=1时，c₁=$\frac{-1+\sqrt{1+4e}}{2}$＞$\frac{-1+\sqrt{9}}{2}$=1，则lnc₁＞0，
又2^n-1-1=2^1-1-1=0，所以n=1时成立；
当n≥2时，c_n+1=c_n（c_n+1）＞${（c}_{n}）^{2}$，则lnc_n+1＞2lnc_n，
所以lnc_n＞2lnc_n-1＞…＞2^n-2lnc₂=2^n-2，
则lnc₁+lnc₂+…+lnc_n＞0+1+2+…+2^n-2=$\frac{1-{2}^{n-1}}{1-2}$=2^n-1-1≥$\frac{3}{2}$（a_n-1），
综上可得，对任意正整数n，都有lnc₁+lnc₂+…+lnc_n＞$\frac{3}{2}$（a_n-1）．

点评 本题考查等差、比中项的性质，等比数列的前n项公式、通项公式，数列的S_n与a_n的关系式，以及数列与不等式、函数的综合问题，考查化简、变形能力，转化思想，及分析、解决问题的能力，综合性强、难度大．