Question

19．等比數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，已知對(duì)任意的n∈N^*，點(diǎn)（n，S_n）均在函數(shù)y=b^x+r（b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù)）的圖象上．
（1）求r的值；
（2）當(dāng)b=2時(shí)，記${b_n}=2（{log_3}{a_n}+1）（n∈{N^*}）$，證明：對(duì)任意的n∈N^*，不等式$\frac{{{b_1}+1}}{b_1}•\frac{{{b_2}+1}}{b_2}•…•\frac{{{b_n}+1}}{b_n}＞\sqrt{n+1}$成立．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}={b^{n-1}}（b-1）$，則n≥2時(shí)，{a_n}是以b為公比的等比數(shù)列，$\frac{a_2}{a_1}=b$，即$\frac{b（b-1）}{b+r}=b$，解得r=-1；
（2）由不等式為$\frac{2+1}{2}•\frac{4+1}{4}•…•\frac{2n+1}{2n}＞\sqrt{n+1}$，采用數(shù)學(xué)歸納法即可求得不等式$\frac{{{b_1}+1}}{b_1}•\frac{{{b_2}+1}}{b_2}•…•\frac{{{b_n}+1}}{b_n}＞\sqrt{n+1}$成立．

解答 解：（1）由題意，${S_n}={b^n}+r$，當(dāng)n≥2時(shí)，${S_{n-1}}={b^{n-1}}+r$，
∴${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}={b^{n-1}}（b-1）$
且b≠1，所以n≥2時(shí)，{a_n}是以b為公比的等比數(shù)列，
又a₁=b+r，a₂=b（b-1），$\frac{a_2}{a_1}=b$，即$\frac{b（b-1）}{b+r}=b$，解得r=-1，
r的值-1；
（2）證明：當(dāng)b=2時(shí)，由（1）知${a_n}={2^{n-1}}$，因此${b_n}=2n（n∈{N^*}）$，
∴不等式為$\frac{2+1}{2}•\frac{4+1}{4}•…•\frac{2n+1}{2n}＞\sqrt{n+1}$
①當(dāng)n=1時(shí)，左式=$\frac{3}{2}$，右式=$\sqrt{2}$，左式＞右式，所以結(jié)論成立
②假設(shè)n=k（k∈N^*）時(shí)結(jié)論成立，即$\frac{2+1}{2}•\frac{4+1}{4}•…•\frac{2k+1}{2k}＞\sqrt{k+1}$，
則當(dāng)n=k+1時(shí)，$\frac{2+1}{2}•\frac{4+1}{4}•…•\frac{2k+1}{2k}•\frac{2k+3}{2（k+1）}＞\sqrt{k+1}•\frac{2k+3}{2（k+1）}=\frac{2k+3}{{2\sqrt{k+1}}}$
要證當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立，只需證$\frac{2k+3}{{2\sqrt{k+1}}}＞\sqrt{k+2}$成立，
只需證：4k²+12k+9＞4k²+12k+8成立，顯然成立，
∴當(dāng)n=k+1時(shí)，$\frac{2+1}{2}•\frac{4+1}{4}•…•\frac{2k+1}{2k}•\frac{2k+3}{2（k+1）}＞\sqrt{（k+1）+1}$成立，
綜合①②可知不等式$\frac{{{b_1}+1}}{b_1}•\frac{{{b_2}+1}}{b_2}•…•\frac{{{b_n}+1}}{b_n}＞\sqrt{n+1}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題等比數(shù)列的求法，考查數(shù)學(xué)歸納法求證不等式成立，考查數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．