Question

19．设数列{a_n}的前n项和为S_n，且对任意的n∈N^*，都有a_n＞0，S_n=$\sqrt{{a_1}^3+{a_2}^3+…+{a_n}^3}$
（I）求a₁，a₂的值；
（II）求数列{a_n}的通项公式a_n
（III）证明：ln2≤a_n•ln（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）＜ln3．

Answer 1

分析 （Ⅰ）n=1，n=2代值计算即可；
（Ⅱ）推出S_n-1²的表达式，与S_n²相减可得a_n²=2S_n-a_n，得a_n-1²的表达式，从而可得数列a_n是首项为1，公差为1的等差数列；
（Ⅲ）a_n•ln（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）=nln（1+$\frac{1}{n}$），由n=1时，nln（1+$\frac{1}{n}$）=ln2，要证ln2＜a_n•ln（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）＜ln3．（n＞1），即证ln2＜ln（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜ln3，即为2＜（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜3成立．运用二项式定理和放缩法，结合不等式的性质，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）∵对任意的n∈N^*，都有a_n＞0，S_n=$\sqrt{{a_1}^3+{a_2}^3+…+{a_n}^3}$，
∴a₁³+a₂³+…+a_n³=S_n²，
∴当n=1时，a₁²=S₁²=a₁³，
又∵a_n＞0，∴a₁=1，
∵（a₁+a₂）²=a₁³+a₂³，
又∵a₂＞0，
∴a₂=2；
（Ⅱ）∵a₁³+a₂³++a_n³=S_n²①
∴当n≥2时，a₁³+a₂³++a_n-1³=S_n-1²②
由①-②得，a_n³=S_n²-S_n-1²=（S_n-S_n-1）（S_n+S_n-1）=a_n（S_n+S_n-1）
∴a_n²=S_n+S_n-1=2S_n-a_n（n≥2）
显然当n=1时，a₁=1适合上式．
故a_n²=2S_n-a_n（n∈N^*）③
a_n-1²=2S_n-1-a_n-1（n≥2）④
由③-④得，a_n²-a_n-1²=2S_n-2S_n-1-a_n+a_n-1=a_n+a_n-1
∵a_n+a_n-1＞0，∴a_n-a_n-1=1（n≥2）
故数列a_n是首项为1，公差为1的等差数列．
∴a_n=n（n∈N^*），
（Ⅲ）证明：∵a_n•ln（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）=nln（1+$\frac{1}{n}$），
由n=1时，nln（1+$\frac{1}{n}$）=ln2，
要证ln2＜a_n•ln（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）＜ln3．（n＞1），
即证ln2＜ln（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜ln3，
即为2＜（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜3成立．
由（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ=C_n⁰+C_n¹$\frac{1}{n}$+C_n²（$\frac{1}{n}$）²+…+C_nⁿ（$\frac{1}{n}$）ⁿ
=1+1+C_n²×$\frac{1}{{n}^{2}}$+C_n³×$\frac{1}{{n}^{3}}$+…+C_nⁿ×$\frac{1}{{n}^{n}}$
=2+$\frac{1}{2!}$×$\frac{n（n-1）}{{n}^{2}}$+$\frac{1}{3!}$×$\frac{n（n-1）（n-2）}{{n}^{3}}$+…+$\frac{1}{n!}$×$\frac{n•（n-1）…2•1}{{n}^{n}}$
＜2+$\frac{1}{2!}$+$\frac{1}{3!}$+…+$\frac{1}{n!}$＜2+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$
=2+$\frac{\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{2}）^{n-1}]}{1-\frac{1}{2}}$=3-（$\frac{1}{2}$）^n-1＜3．
显然（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ=1+1+C_n²×$\frac{1}{{n}^{2}}$+C_n³×$\frac{1}{{n}^{3}}$+…+C_nⁿ×$\frac{1}{{n}^{n}}$＞2．
所以2＜（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜3．
则ln2≤a_n•ln（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）＜ln3．

点评 此题主要考查等比数列的性质及递推公式的应用，考查转化思想和二项式定理的运用及放缩法，难度比较大，此题综合性较强，做题时要认真学会独立思考．