Question

設(shè)數(shù)列|a_n|的前n項(xiàng)和為S_n，且a₁=4，S_n=na_n-

n(n-1)

2

（n∈N^*），數(shù)列|b_n|滿足b₁=4，且b_n=b_n-1²-（n-2）b_n-1-2（n≥2，n∈N^*）
（1）求數(shù)列|a_n|的通項(xiàng)公式；
（2）求證：b_n＞a_n（n≥2，n∈N^*）；
（3）求證：（1+

1

b2b3

）（1+

1

b3b4

）（1+

1

b4b5

）…（1+

1

bnbn+1

）＜

3	e

（n≥2，n∈N^*）（注：e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列的求和,數(shù)列遞推式

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）利用n≥2時(shí)，a_n=s_n-s_n-1，兩式作差求通項(xiàng)公式；
（2）利用數(shù)學(xué)歸納法證明即可；
（3）構(gòu)造函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x，利用導(dǎo)數(shù)證得ln（1+x）＜x，故ln（1+

1

bnbn+1

）＜

1

bnbn+1

＜

1

(n+1)(n+2)

=

1

n+1

-

1

n+2

，裂項(xiàng)求和得ln（1+

1

b2b3

）+ln（1+

1

b3b4

）+…+ln（1+

1

bnbn+1

）＜

1

3

-

1

4

+…+

1

n+1

-

1

n+2

=

1

3

-

1

n+2

＜

1

3

，即得結(jié)論成立．

解答： 解：（1）當(dāng)n≥2時(shí)，S_n=na_n-

n(n-1)

2

（n∈N^*），S_n-1=（n-1）a_n-1-

(n-1)(n-2)

2

，
可得a_n=na_n-（n-1）a_n-1-n+1，∴a_n-a_n-1=1（n≥2，n∈N^*）
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為4，公差為1的等差數(shù)列，
∴a_n=n+3
（2）1°當(dāng)n=2時(shí)，b₂=

b

2 1

-2=14＞a₂=5不等式成立；
2°假設(shè)當(dāng)n=k（k≥2，k∈N*）時(shí)，不等式成立，即b_k＞k+3，
那么，當(dāng)n=k+1時(shí)，b_k+1=

b

2 k

-（k-1）b_k-2=b_k（b_k-k+1）-2＞2b_k-2＞2（k+1）-2=2k≥k+2，
所以當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式也成立；
根據(jù)（1°），（2°）可知，當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，b_n＞a_n．
（3）設(shè)f（x）=ln（1+x）-x，f′（x）=

1

1+x

-1=

-x

1+x

＜0，
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，∴f（x）＜f（0），∴l(xiāng)n（1+x）＜x
∵當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，

1

bn

＜

1

an

=

1

n+1

，
∴l(xiāng)n（1+

1

bnbn+1

）＜

1

bnbn+1

＜

1

(n+1)(n+2)

=

1

n+1

-

1

n+2

，
∴l(xiāng)n（1+

1

b2b3

）+ln（1+

1

b3b4

）+…+ln（1+

1

bnbn+1

）＜

1

3

-

1

4

+…+

1

n+1

-

1

n+2

=

1

3

-

1

n+2

＜

1

3

，
∴（1+

1

b2b3

）（1+

1

b3b4

）（1+

1

b4b5

）…（1+

1

bnbn+1

）＜

3	e

（n≥2，n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查利用定義判斷數(shù)列是等差數(shù)列及利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式成立等知識(shí)，考查通過構(gòu)造函數(shù)法證明不等式的思想方法，屬難題．