Question

4．已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，若a₁=1，且當(dāng)n≥2時(shí)，2（S_n-S_n-1）=（n+1）（$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求證：當(dāng)n≥2時(shí)，4a_n^a_n≤${a_{n+2}}^{{a_{n+2}}-2}$．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)n≥2時(shí)，2（S_n-S_n-1）=（n+1）（$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$），令n=2，則2a₂=3$（1+\frac{1}{1+{a}_{2}}）$，解得a₂=2．猜想a_n=n，可得S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$，利用數(shù)學(xué)歸納法證明即可得出．
（2）要證明：4a_n^a_n≤${a_{n+2}}^{{a_{n+2}}-2}$，（n≥2），即證明：4nⁿ≤（n+2）ⁿ，即證明$（1+\frac{2}{n}）^{n}$≥4，利用二項(xiàng)式定理展開(kāi)：$（1+\frac{2}{n}）^{n}$=${∁}_{n}^{0}$+${∁}_{n}^{1}•\frac{2}{n}$+${∁}_{n}^{2}•（\frac{2}{n}）^{2}$+…，即可證明．

解答 （1）解：當(dāng)n≥2時(shí)，2（S_n-S_n-1）=（n+1）（$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{S_n}$），
令n=2，則2a₂=3$（1+\frac{1}{1+{a}_{2}}）$，化為：$2{a}_{2}^{2}$-a₂-6=0，a₂＞0，解得a₂=2．
猜想a_n=n，
下面利用數(shù)學(xué)歸納法給出證明：
①n=1，2時(shí)成立．
②假設(shè)n=k時(shí)成立，則S_k=$\frac{k（k+1）}{2}$，可得$\frac{1}{{S}_{k}}$=$\frac{2}{k（k+1）}$=2$（\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}）$，
∴$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{{S}_{k+1}}$=2$[（1-\frac{1}{2}）$+$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）$+…+$（\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}）]$=2$（1-\frac{1}{k+2}）$=$\frac{2（k+1）}{k+2}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，2（S_k+1-S_k）=（k+2）（$\frac{1}{S_1}$+$\frac{1}{S_2}$+…+$\frac{1}{{S}_{k+1}}$）．
∴2a_k+1=（k+2）×$\frac{2（k+1）}{k+2}$，
∴a_k+1=k+1，
因此n=k+1時(shí)也成立．
綜上可得：?n∈N^*，a_n=n成立．
（2）證明：要證明：4a_n^a_n≤${a_{n+2}}^{{a_{n+2}}-2}$，（n≥2），即證明：4nⁿ≤（n+2）ⁿ，
即證明$（1+\frac{2}{n}）^{n}$≥4，
利用二項(xiàng)式定理展開(kāi)：$（1+\frac{2}{n}）^{n}$=${∁}_{n}^{0}$+${∁}_{n}^{1}•\frac{2}{n}$+${∁}_{n}^{2}•（\frac{2}{n}）^{2}$+…≥1+2+$\frac{2（n-1）}{n}$≥4，（n≥2）．
∴$（1+\frac{2}{n}）^{n}$≥4成立，
∴4a_n^a_n≤${a_{n+2}}^{{a_{n+2}}-2}$，（n≥2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、二項(xiàng)式定理、猜想歸納驗(yàn)證方法，考查了分析問(wèn)題與解決問(wèn)題的能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．