Question

已知正數(shù)數(shù)列{a_n}的前n項和為Sn，滿足S_n²=a₁³+a₂³+…+a_n³．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，并求出通項公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=（1-

1

an

）²-a（1-

1

an

），若b_n+1＞b_n對任意n∈N^*恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：法一：
（Ⅰ）由S_n²=a₁³+a₂³+…+a_n³，知S_n-1²=a₁³+a₂³+…+a_n-1³，兩式相減，得an3=Sn2-Sn-12=a_n（S_n+S_n-1），由a_n＞0，知an2=Sn+Sn-1（n≥2），故an-1 2=Sn-1+Sn-2(n≥2)，兩式相減，得an2-an-12 =Sn-Sn-2=a_n+a_n-1，由此能夠證明數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，通項公式為a_n=n．
（Ⅱ）bn=(1-

1

n

)2-a(1-

1

n

)=

1

n2

+

a-2

n

+1-a，令t=

1

n

，則bn=t2+(a-2)t+1-a，設(shè)g（t）=t²+（a-2）t+1-a，當(dāng)a＜

1

2

時，g（t）在（0，

3

4

]上為減函數(shù)，由此能求出實數(shù)a的取值范圍．
法二：
（Ⅰ）同法一．
（Ⅱ）bn+1-bn=(

1

n+1

-

1

n

)(

1

n+1

+

1

n

+a-2)＞0，故

1

n+1

+

1

n

+a-2＜0，由此能求出實數(shù)a的取值范圍．

解答：解：法一：
（Ⅰ）∵S_n²=a₁³+a₂³+…+a_n³，
∴S_n-1²=a₁³+a₂³+…+a_n-1³，
兩式相減，得an3=Sn2-Sn-12=（S_n-S_n-1）（S_n+S_n-1）=a_n（S_n+S_n-1），
∵a_n＞0，∴an2=Sn+Sn-1（n≥2），
∴an-1 2=Sn-1+Sn-2(n≥2)，
兩式相減，得an2-an-12 =Sn-Sn-2=a_n+a_n-1，
∴a_n-a_n-1=1（n＞3），
∵S12=a12=a13，且a₁＞0，∴a₁=1，
S22=(a1+a2)2=a13+a23，
∴（1+a₂）²=1+a23，∴a23-a22-2a2=0，
由a₂＞0，得a₂=2，
∴a_n-a_n-1=1，n≥2，
故數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，通項公式為a_n=n．
（Ⅱ）bn=(1-

1

n

)2-a(1-

1

n

)=

1

n2

+

a-2

n

+1-a，
令t=

1

n

，則bn=t2+(a-2)t+1-a，
設(shè)g（t）=t²+（a-2）t+1-a，
當(dāng)

2-a

2

＞

3

4

時，即a＜

1

2

時，g（t）在（0，

3

4

]上為減函數(shù)，
且g(

1

2

) ＞g(1)，∴b₁＜b₂＜b₃＜…
當(dāng)

2-a

2

≤

3

4

時，即a≥

1

2

時，g(

1

2

) ≤g(1)，從而b₂≤b₁不合題意，
∴實數(shù)a的取值范圍a＜

1

2

．
法二：
（Ⅰ）同法一．
（Ⅱ）bn+1-bn=(

1

n+1

-

1

n

)(

1

n+1

+

1

n

+a-2)＞0，
∴

1

n+1

+

1

n

+a-2＜0，
即a＜2-

1

n+1

-

1

n

對任意n∈N^*成立，
∴實數(shù)a的取值范圍a＜

1

2

．

點評：本題考查等差數(shù)列的證明和通項公式的求法，考查實數(shù)取值范圍的求法．考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．綜合性強，難度大，有一定的探索性，對數(shù)學(xué)思維能力要求較高，是高考的重點．解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．