Question

1．已知数列{a_n}的前n项和S_n满足：S_n+1=kS_n+p（kp≠0），a₁=p（n∈N）．
（1）求证：数列{a_n}是以k为公比的等比数列．并求出数列{a_n}的通项公式；
（2）已知k＞-1，m，n是正整数，求证：k^m+kⁿ≤1+k^m+n；
（3）若p=1，k＞-1，求证；S_n≤$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$．

Answer 1

分析 （1）由S_n+1=kS_n+p（kp≠0），a₁=p（n∈N），n≥2时，S_n=kS_n-1+p，得到a_n+1=ka_n，由此能证明数列{a_n}是以k为公比、以p为首项的等比数列，从而能求出数列{a_n}的通项公式．
（2）法一：当-1＜k＜0时，k^m+kⁿ≤2$\sqrt{（-{k}^{n}）（-k{\;}^{m}}）$=-2${k}^{\frac{m+n}{2}}$；当k=0时，k^m+kⁿ＜1+k^m+n；当k＞0时，${k}^{m}+{k}^{n}≥2\sqrt{{k}^{m}•{k}^{n}}=2{k}^{\frac{m+n}{2}}$．由此能证明k^m+kⁿ≤1+k^m+n．
法二：1+k^n+m-k^m-kⁿ=（1-k^m）（1-kⁿ）k≥1时，k^m≥1，kⁿ≥1，k∈（-1，0）∪（0，1）时，k^m＜1，kⁿ＜1，由此能证明k^m+kⁿ≤1+k^m+n．
（3）p=1，k＞-1时，${a}_{n}={k}^{n-1}$，当k=1时，a_n=1，S_n=n，$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{n}）}{2}$=n，S_n=$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$；当k＞-1且k≠1时，$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$-S_n=$\frac{（1+k）n}{2}$-$\frac{1-{k}^{n}}{1-k}$=$\frac{n（1-{k}^{2}）+2{k}^{n}}{2（1-k）}$，由此能证明S_n≤$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$．

解答 （1）证明：∵数列{a_n}的前n项和S_n满足：S_n+1=kS_n+p（kp≠0），a₁=p（n∈N），
∴S₂=kS₁+p，∴a₁+a₂=ka₁+p又a₁=p，∴a₂=kp，
n≥2时，S_n=kS_n-1+p，
∴a_n+1=ka_n，
∴数列{a_n}是以k为公比、以p为首项的等比数列，
∴${a}_{n}=p•{k}^{n-1}$．
（2）证法一：当-1＜k＜0时，k^m+kⁿ≤2$\sqrt{（-{k}^{n}）（-k{\;}^{m}}）$=-2${k}^{\frac{m+n}{2}}$，
1+k^m+n-k^m-kⁿ=1+k^m+n+2${k}^{\frac{m+n}{2}}$
=1+${k}^{\frac{m+n}{2}}$（${k}^{\frac{m+n}{2}}$+2）≥0，
∴k^m+kⁿ≤1+k^m+n．
当k=0时，k^m+kⁿ＜1+k^m+n．
当k＞0时，${k}^{m}+{k}^{n}≥2\sqrt{{k}^{m}•{k}^{n}}=2{k}^{\frac{m+n}{2}}$，
∴1+k^m+n-k^m-kⁿ=1+k^m+n-$2{k}^{\frac{m+n}{2}}$=1+${k}^{\frac{m+n}{2}}$（${k}^{\frac{m+n}{2}}-2$）≥0，
∴k^m+kⁿ≤1+k^m+n．
综上所述：k^m+kⁿ≤1+k^m+n．
（2）证法二：∵1+k^n+m-k^m-kⁿ=（1-k^m）（1-kⁿ）
k≥1时，k^m≥1，kⁿ≥1，∴（1-k^m）（1-kⁿ）≥0，
k∈（-1，0）∪（0，1）时，k^m＜1，kⁿ＜1，（1-k^m）（1-kⁿ）＞0，
∴1+k^n+m-k^m-kⁿ≥0，
∴k^m+kⁿ≤1+k^m+n．
（3）证明：p=1，k＞-1时，${a}_{n}={k}^{n-1}$，
当k=1时，a_n=1，S_n=n，$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{n}）}{2}$=n，
∴S_n=$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$．
当k＞-1且k≠1时，S_n=$\frac{1-{k}^{n}}{1-k}$，
$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$-S_n=$\frac{（1+k）n}{2}$-$\frac{1-{k}^{n}}{1-k}$=$\frac{n（1-{k}^{2}）+2{k}^{n}}{2（1-k）}$，
-1＜k＜1时，2（1-k）＞0，n（1-k²）+2kⁿ＞0，∴$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$-S_n＞0，
k＞1时，2（1-k）＜0，n（1-k²）+2kⁿ＜0，∴$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$-S_n＞0，
∴S_n＜$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$．
综上所述：S_n≤$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$．

点评 本题考查数列与不等式的综合，解题的关键是充分利用题设中的恒等式进行变换，解得数列的性质，求出数列的和的表达式，解题时要注意均值定理的合理运用．