Question

3．已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}滿足a_n+1-a₁=（a₂-1）S_n（n∈N^*），其中S_n 為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，a₂=t
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求證：${S_n}≤\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}$，并指出等號(hào)成立的條件．

Answer 1

分析 （1）正項(xiàng)數(shù)列{a_n}滿足a_n+1-a₁=（a₂-1）S_n（n∈N^*），令n=1，得a₂-a₁=（a₂-1）a₁，因a_n＞0，則a₁=1，得$\frac{a_2}{a_1}={a_2}=t$，當(dāng)n≥2 時(shí)，a_n+1-a₁=（a₂-1）S_n，a_n-a₁=（a₂-1）S_n-1，兩式相減得：a_n+1=a₂a_n，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）令${f_n}（t）={S_n}-\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}=1+t+…+{t^{n-1}}-\frac{{n（1+{t^{n-1}}）}}{2}，t＞0$．當(dāng)t=1 時(shí)，f_n（1）=0，即${S_n}=\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}$．當(dāng)t≠1 時(shí)，${f_n}'（t）=1+2t+…+（n-1）{t^{n-2}}-\frac{{n（n-1）{t^{n-2}}}}{2}$，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）正項(xiàng)數(shù)列{a_n}滿足a_n+1-a₁=（a₂-1）S_n（n∈N^*），令n=1，得a₂-a₁=（a₂-1）a₁，
即a₂=a₂•a₁，因a_n＞0，則a₁=1，得$\frac{a_2}{a_1}={a_2}=t$，…（2分）
當(dāng)n≥2 時(shí)，a_n+1-a₁=（a₂-1）S_n，a_n-a₁=（a₂-1）S_n-1，
兩式相減得：a_n+1-a_n=（a₂-1）a_n，即a_n+1=a₂a_n，
因a_n＞0，則$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}={a_2}=t$ …（5分）
綜上：$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=t（n∈N*）$ …（6分）
從而，{a_n} 是以1為首項(xiàng)，t 為公比的等比數(shù)列，
故${a_n}={t^{n-1}}$．…（7分）
（2）令${f_n}（t）={S_n}-\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}=1+t+…+{t^{n-1}}-\frac{{n（1+{t^{n-1}}）}}{2}，t＞0$．
當(dāng)t=1 時(shí)，f_n（1）=0，即${S_n}=\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}$ …（9分）
當(dāng)t≠1 時(shí)，${f_n}'（t）=1+2t+…+（n-1）{t^{n-2}}-\frac{{n（n-1）{t^{n-2}}}}{2}$，
若t∈（0，1），${f_n}'（t）＞[1+2+…+（n-1）]{t^{n-2}}-\frac{{n（n-1）{t^{n-2}}}}{2}=0$．
若t∈（1，+∞），${f_n}'（t）＜[1+2+…+（n-1）]{t^{n-2}}-\frac{{n（n-1）{t^{n-2}}}}{2}=0$，
即f_n'（t） 在t∈（0，1）時(shí)單調(diào)遞增，當(dāng)t∈（1，+∞） 時(shí)單調(diào)遞減，…（14分）
則f_n（t）＜f_n（1）=0，即${S_n}＜\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}$，…（15分）
故${S_n}≤\frac{{n（{a_1}+{a_n}）}}{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)t=1 時(shí)取“=”．…（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值最值，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．