Question

3．已知數(shù)列{a_n}的各項均為正，a₁=2，S_n是它的前n項和，且S_n=pa_n²+2pa_n（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）求數(shù)列{a_n•2ⁿ}的前n項和T_n；
（3）求證：$\frac{{a}_{1}{a}_{2}…{a}_{n}}{（{a}_{1}-1）（{a}_{2}-1）…（{a}_{n}-1）}$＞$\sqrt{2n+1}$．

Answer 1

分析 （1）當n=1時，求得p的值，當n≥2時，S_n-1=$\frac{1}{8}$a_n-1²+$\frac{1}{4}$a_n-1（n∈N^*），與S_n=$\frac{1}{4}$a_n²+$\frac{1}{2}$a_n（n∈N^*）兩式相減，整理得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，由a_n+a_n-1≠0，a_n-a_n-1=2，數(shù)列{a_n}是以2為首項，2為公差的等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列通項公式求得數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）寫出{a_n•2ⁿ}的通項公式，利用乘以公比錯位相減法，即可求得T_n；
（3）采用數(shù)學歸納法證明，根據(jù)數(shù)學歸納法步驟，當n=1時，$\frac{2}{1}$=2＞$\sqrt{3}$，成立，假設當n=k時成立，整理得$\frac{2×4×…×2k}{1×3×…（2k-1）}$＞$\sqrt{2k+1}$，當n=k+1時，化簡整理即可得到$\frac{{a}_{1}•{a}_{2}•…•{a}_{k}•{a}_{k+1}}{（{a}_{1}-1）（{a}_{2}-1）…（{a}_{k}-1）（{a}_{k+1}-1）}$＞$\sqrt{2（k+1）+1}$．

解答 解：（1）當n=1時，a₁=pa₁²+2pa₁，即2=4p+4p，p=$\frac{1}{4}$，
∴S_n=$\frac{1}{4}$a_n²+$\frac{1}{2}$a_n（n∈N^*），
當n≥2時，S_n-1=$\frac{1}{8}$a_n-1²+$\frac{1}{4}$a_n-1（n∈N^*），
兩式相減整理得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
數(shù)列{a_n}的各項均為正，a_n+a_n-1≠0，
∴a_n-a_n-1=2，
∴數(shù)列{a_n}是以2為首項，2為公差的等差數(shù)列，
數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2n，
（2）a_n•2ⁿ=2n•2ⁿ，
數(shù)列{a_n•2ⁿ}的前n項和T_n；T_n=2×（1×2+2×2²+3×2³+…+n•2ⁿ），
2T_n=2×（1×2²+2×2³+3×2⁴+…+n•2ⁿ⁺¹），
兩式相減得：-T_n=2×（2+2²+2³+2⁴+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹），
-T_n=2×$\frac{2-{2}^{n+1}}{1-2}$-n•2ⁿ⁺²，
∴T_n=2ⁿ⁺²（n-1）+4，
數(shù)列{a_n•2ⁿ}的前n項和T_n：T_n=2ⁿ⁺²（n-1）+4；
（3）a_n=2n，
用數(shù)學歸納法證明：
當n=1時，$\frac{2}{1}$=2＞$\sqrt{3}$，成立，
假設當n=k，$\frac{{a}_{1}•{a}_{2}•…•{a}_{k}}{（{a}_{1}-1）（{a}_{2}-1）…（{a}_{k}-1）}$＞$\sqrt{2k+1}$，
即$\frac{2×4×…×2k}{1×3×…（2k-1）}$＞$\sqrt{2k+1}$，
則當n=k+1時，
$\frac{{a}_{1}•{a}_{2}•…•{a}_{k}•{a}_{k+1}}{（{a}_{1}-1）（{a}_{2}-1）…（{a}_{k}-1）（{a}_{k+1}-1）}$=$\frac{{a}_{1}•{a}_{2}•…•{a}_{k}}{（{a}_{1}-1）（{a}_{2}-1）…（{a}_{k}-1）}$•$\frac{{a}_{k+1}}{{a}_{k+1}-1}$＞$\sqrt{2k+1}$•$\frac{{a}_{k+1}}{{a}_{k+1}-1}$，
=$\frac{2（k+1）}{2（k+1）-1}$•$\sqrt{2k+1}$=$\sqrt{\frac{4（k+1）^{2}}{2k+1}}$，
$\frac{4（k+1）^{2}}{2k+1}$=$\frac{4{k}^{2}+8k+4}{2k+1}$=$\frac{（2k+1）^{2}+2（2k+1）+1}{2k+1}$=2k+1+2+$\frac{1}{2k+1}$=2k+3+$\frac{1}{2k+1}$＞2k+3，
即當n=k+1時，$\frac{{a}_{1}•{a}_{2}•…•{a}_{k}•{a}_{k+1}}{（{a}_{1}-1）（{a}_{2}-1）…（{a}_{k}-1）（{a}_{k+1}-1）}$＞$\sqrt{2（k+1）+1}$，
故$\frac{{a}_{1}{a}_{2}…{a}_{n}}{（{a}_{1}-1）（{a}_{2}-1）…（{a}_{n}-1）}$＞$\sqrt{2n+1}$成立．

點評 本題考查利用遞推關系求等差數(shù)列的通項公式，利用“錯位相減法”求數(shù)列的前n項和及數(shù)學歸納法求證不等式成立、考查了推理能力與計算能力，屬于難題．