Question

3．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^*．
（Ⅰ）若2a₂，a₃，a₂+2成等差数列，求a_n的通项公式；
（Ⅱ）设双曲线x²-$\frac{{y}^{2}}{{a}_{n}^{2}}$=1的离心率为e_n，且e₂=$\frac{5}{3}$，证明：e₁+e₂+???+e_n＞$\frac{{4}^{n}-{3}^{n}}{{3}^{n-1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由条件利用等比数列的定义和性质，求得数列{a_n}为首项等于1、公比为q的等比数列，再根据2a₂，a₃，a₂+2成等差数列求得公比q的值，可得{a_n}的通项公式．
（Ⅱ）利用双曲线的定义和简单性质求得e_n=$\sqrt{{1{+a}_{n}}^{2}}$，根据e₂=$\frac{5}{3}$=$\sqrt{{1+q}^{2}}$，求得q的值，可得{a_n}的解析式，再利用放缩法可得∴e_n=$\sqrt{{1{+a}_{n}}^{2}}$＞${（\frac{4}{3}）}^{n-1}$，从而证得不等式成立．

解答 解：（Ⅰ）∵S_n+1=qS_n+1 ①，∴当n≥2时，S_n=qS_n-1+1 ②，两式相减可得a_n+1=q•a_n，
即从第二项开始，数列{a_n}为等比数列，公比为q．
当n=1时，∵数列{a_n}的首项为1，∴a₁+a₂=S₂=q•a₁+1，∴a₂ =a₁•q，
∴数列{a_n}为等比数列，公比为q．
∵2a₂，a₃，a₂+2成等差数列，∴2a₃ =2a₂+a₂+2，∴2q²=2q+q+2，求得q=2，或 q=-$\frac{1}{2}$．
根据q＞0，故取q=2，∴a_n=2^n-1，n∈N^*．
（Ⅱ）证明：设双曲线x²-$\frac{{y}^{2}}{{a}_{n}^{2}}$=1的离心率为e_n，
∴e_n=$\frac{\sqrt{1{{+a}_{n}}^{2}}}{1}$=$\sqrt{{1{+a}_{n}}^{2}}$．
由于数列{a_n}为首项等于1、公比为q的等比数列，
∴e₂=$\frac{5}{3}$=$\sqrt{{1{+a}_{2}}^{2}}$=$\sqrt{{1+q}^{2}}$，q=$\frac{4}{3}$，
∴a_n=${（\frac{4}{3}）}^{n-1}$，∴e_n=$\sqrt{{1{+a}_{n}}^{2}}$=$\sqrt{1{+（\frac{4}{3}）}^{2n-2}}$＞$\sqrt{{（\frac{4}{3}）}^{2n-2}}$=${（\frac{4}{3}）}^{n-1}$．
∴e₁+e₂+???+e_n＞1+$\frac{4}{3}$+${（\frac{4}{3}）}^{2}$+…+${（\frac{4}{3}）}^{n-1}$=$\frac{1{-（\frac{4}{3}）}^{n}}{1-\frac{4}{3}}$=$\frac{{4}^{n}-{3}^{n}}{{3}^{n-1}}$，原不等式得证．

点评 本题主要考查等差数列、等比数列的定义和性质，用放缩法进行数列求和，双曲线的简单性质，属于难题．