Question

19．设正项数列{a_n}的前n项和为S_n，并且对于所有的正整数n，a_n与1的等差中项等于S_n与1的等比中项．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{b_n}的通项公式b_n=ln（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$），记T_n是{b_n}的前n项和，试比较T_n与$\frac{1}{2}$lna_n+1的大小并证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）由a_n与1的等差中项等于S_n与1的等比中项．可得$\frac{{a}_{n}+1}{2}$=$\sqrt{{S}_{n}•1}$=$\sqrt{{S}_{n}}$，即${S}_{n}=\frac{1}{4}（{a}_{n}+1）^{2}$，利用递推关系可化为：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，数列{a_n}是正项数列，可得a_n-a_n-1=2．再利用等差数列的通项公式即可得出．
（2）b_n=ln（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）=ln$\frac{2n}{2n-1}$，可得{b_n}的前n项和T_n=$ln\frac{2n•2（n-1）•…4•2}{（2n-1）（2n-3）•…•3•1}$，$\frac{1}{2}$lna_n+1=ln$\sqrt{2n+1}$．则T_n＞$\frac{1}{2}$lna_n+1，即证明$\frac{2n•2（n-1）•…•4•2}{（2n-1）（2n-3）•…•3•1}$$＞\sqrt{2n+1}$，利用数学归纳法证明即可．

解答 解：（1）∵a_n与1的等差中项等于S_n与1的等比中项．
∴$\frac{{a}_{n}+1}{2}$=$\sqrt{{S}_{n}•1}$=$\sqrt{{S}_{n}}$，
即${S}_{n}=\frac{1}{4}（{a}_{n}+1）^{2}$，
当n=1时，a₁=$\frac{1}{4}（{a}_{1}+1）^{2}$，解得a₁=1．
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{4}（{a}_{n}+1）^{2}$-$\frac{1}{4}（{a}_{n-1}+1）^{2}$，
化为：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵数列{a_n}是正项数列，
∴a_n-a_n-1=2．
∴数列{a_n}是等差数列，公差为2，首项为1．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）b_n=ln（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）=ln$\frac{2n}{2n-1}$，
∴{b_n}的前n项和T_n=ln$\frac{2n}{2n-1}$+$ln\frac{2（n-1）}{2n-3}$+…+ln$\frac{4}{3}$+$ln\frac{2}{1}$=$ln\frac{2n•2（n-1）•…4•2}{（2n-1）（2n-3）•…•3•1}$，
$\frac{1}{2}$lna_n+1=$\frac{1}{2}$ln（2n+1）=ln$\sqrt{2n+1}$．
则T_n＞$\frac{1}{2}$lna_n+1，
即证明$\frac{2n•2（n-1）•…•4•2}{（2n-1）（2n-3）•…•3•1}$$＞\sqrt{2n+1}$，
下面利用数学归纳法证明：
①当n=1时，左边=2，右边=$\sqrt{3}$，则左边＞右边，不等式成立．
②假设当n=k（k∈N^*）时成立，即$\frac{2k•2（k-1）•…•2}{（2k-1）•（2k-3）•…•1}$＞$\sqrt{2k+1}$．
则当n=k+1时，左边=$\frac{2（k+1）}{2k+1}$•$\frac{2k•2（k-1）•…•2}{（2k-1）•（2k-3）•…•1}$＞$\frac{2（k+1）}{2k+1}$•$\sqrt{2k+1}$=$\frac{2k+2}{\sqrt{2k+1}}$$\frac{\sqrt{4{k}^{2}+8k+4}}{\sqrt{2k+1}}$$＞\sqrt{\frac{4{k}^{2}+8k+3}{2k+1}}$=$\sqrt{2k+3}$=右边．
∴当n=k+1时，不等式成立．
综上可得：?n∈N^*，不等式$\frac{2n•2（n-1）•…•4•2}{（2n-1）（2n-3）•…•3•1}$$＞\sqrt{2n+1}$成立．

点评 本题考查了递推关系的应用、等差数列与等比数列的通项公式、对数的运算性质、数学归纳法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．