Question

5．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁=2，lg[（n+1）a_n+1]-lg[（n+2）a_n]-lg2=0（n∈N^*）．
（Ⅰ） 求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ） 设P_n=$\frac{S_n}{{2{a_n}}}$，T_n=$\sqrt{\frac{{1-{P_n}}}{{1+{P_n}}}}$，求证：P₁•P₃•P₅…P_2n-1＜T_n＜$\sqrt{2}sin{T_n}$．

Answer 1

分析 （I）变形$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+2}=2•\frac{a_n}{n+1}$，判断$\left\{{\frac{a_n}{n+1}}\right\}$是以首项为$\frac{a_1}{2}=1$，公比为2的等比数列． 求解通项公式．
（II）两式相减，得$-{S_n}=2+2+{2^2}+{2^3}+…+{2^{n-1}}-（n+1）•{2^n}$=$2+\frac{{2（{2^{n-1}}-1）}}{2-1}-（n+1）•{2^n}$=-n•2ⁿ，
${P_n}=\frac{{n•{2^n}}}{{2•（n+1）•{2^{n-1}}}}=\frac{n}{n+1}$，${T_n}=\sqrt{\frac{{1-\frac{n}{n+1}}}{{1+\frac{n}{n+1}}}}=\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$．
方法一：放缩证明${（{P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2n-1}}）^2}={（\frac{1}{2}）^2}×{（\frac{3}{4}）^2}×{（\frac{5}{6}）^2}×…×{（\frac{2n-1}{2n}）^2}$，${P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2n-1}}＜\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$，即可证明．
方法二：用数学归纳法证明如下：按步骤论证即可．

解答 解：（Ⅰ）∵a₁=2，lg[（n+1）a_n+1]-lg[（n+2）a_n]-lg2=0，
∴$\frac{{（n+1）{a_{n+1}}}}{{2（n+2）{a_n}}}=1$，即$\frac{{{a_{n+1}}}}{n+2}=2•\frac{a_n}{n+1}$，
∴$\left\{{\frac{a_n}{n+1}}\right\}$是以首项为$\frac{a_1}{2}=1$，公比为2的等比数列．  
∴$\frac{a_n}{n+1}={2^{n-1}}$，即${a_n}=（n+1）•{2^{n-1}}$．                    
（Ⅱ）∵${a_n}=（n+1）•{2^{n-1}}$，∴${S_n}=2+3×2+4×{2^2}+…+（n+1）•{2^{n-1}}$，$2{S_n}=2×2+3×{2^2}+4×{2^3}+…+n{2^{n-1}}+（n+1）•{2^n}$．
两式相减，得$-{S_n}=2+2+{2^2}+{2^3}+…+{2^{n-1}}-（n+1）•{2^n}$=$2+\frac{{2（{2^{n-1}}-1）}}{2-1}-（n+1）•{2^n}$=-n•2ⁿ，
∴${S_n}=n•{2^n}$．                                      
∵${P_n}=\frac{S_n}{{2{a_n}}}$，${T_n}=\sqrt{\frac{{1-{P_n}}}{{1+{P_n}}}}$，
∴${P_n}=\frac{{n•{2^n}}}{{2•（n+1）•{2^{n-1}}}}=\frac{n}{n+1}$，
${T_n}=\sqrt{\frac{{1-\frac{n}{n+1}}}{{1+\frac{n}{n+1}}}}=\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$．
①先证明：P₁•P₃•P₅…P_2n-1＜T_n．
方法一：∵${P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2n-1}}=\frac{1}{2}×\frac{3}{4}×\frac{5}{6}×…×\frac{2n-1}{2n}$，
∴${（{P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2n-1}}）^2}={（\frac{1}{2}）^2}×{（\frac{3}{4}）^2}×{（\frac{5}{6}）^2}×…×{（\frac{2n-1}{2n}）^2}$=$\frac{1}{4}×\frac{9}{16}×\frac{25}{36}×…×\frac{{{{（2n-1）}^2}}}{{{{（2n）}^2}}}$$＜\frac{1}{3}×\frac{3}{5}×\frac{5}{7}×…×\frac{2n-1}{2n+1}=\frac{1}{2n+1}$，
∴${P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2n-1}}＜\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$，即P₁•P₃•P₅…P_2n-1＜T_n． 
方法二：用数学归纳法证明如下：
（1）当n=1时，左边=${P_1}=\frac{1}{2}$，右边=${T_1}=\sqrt{\frac{1}{3}}=\frac{1}{{\sqrt{3}}}$，
∵$\frac{1}{2}＜\frac{1}{{\sqrt{3}}}$，∴左边＜右边，即不等式成立．       
（2）假设当n=k时，不等式成立，即${P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2k-1}}＜\sqrt{\frac{1}{2k+1}}$，
那么，当n=k+1时，
左边=${P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2k-1}}•{P_{2k+1}}={P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2k-1}}•\frac{2k+1}{2k+2}$$＜\sqrt{\frac{1}{2k+1}}•\frac{2k+1}{2k+2}=\sqrt{\frac{1}{2k+1}•\frac{{{{（2k+1）}^2}}}{{{{（2k+2）}^2}}}}=\sqrt{\frac{2k+1}{{{{（2k+2）}^2}}}}$$＜\sqrt{\frac{（2k+1）}{{{{（2k+2）}^2}-1}}}=\sqrt{\frac{（2k+1）}{（2k+3）（2k+1）}}=\sqrt{\frac{1}{2k+3}}=\sqrt{\frac{1}{2（k+1）+1}}$=T_k+1=右边，
∴左边＜右边．∴当n=k+1时，不等式也成立．                  
∴P₁•P₃•P₅…P_2n-1＜T_n对n∈N^*都成立．
②再证明：${T_n}＜\sqrt{2}sin{T_n}$，即证明$\sqrt{\frac{1}{2n+1}}＜\sqrt{2}sin\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$．
设函数$f（x）=x-\sqrt{2}sinx$，则导函数${f^/}（x）=1-\sqrt{2}cosx$．
令f′（x）=0，得$cosx=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴在$（0，\frac{π}{4}）$上有f′（x）＜0，即f（x）在$（0，\frac{π}{4}）$上单调递减．
∴f（x）＜f（0）=0，即$x＜\sqrt{2}sinx$在$（0，\frac{π}{4}）$上恒成立．   
又∵$0＜\sqrt{\frac{1}{2n+1}}≤\sqrt{\frac{1}{3}}＜\frac{π}{4}$，
∴$\sqrt{\frac{1}{2n+1}}＜\sqrt{2}sin\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$，即${T_n}＜\sqrt{2}sin{T_n}$．        
综上可得：${P_1}•{P_3}•{P_5}…{P_{2n-1}}＜{T_n}＜\sqrt{2}sin{T_n}$．

点评 本题主要考查了等比关系的确定和数列的求和问题．考查了学生对数列知识的综合掌握，综合解决问题的能力，数学式子的变形能力，思维能力，放缩变形能力，难度较大，属于难题．