Question

7．已知数列{a_n}满足a₁=1，a₂=a＞0，数列{b_n}满足b_n=a_n•a_n+1
（1）若{a_n}为等比数列，求{b_n}的前n项的和s_n；
（2）若${b_n}={3^n}$，求数列{a_n}的通项公式；
（3）若b_n=n+2，求证：$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＞2\sqrt{n+2}-3$．

Answer 1

分析 （1）${a_n}={a^{n-1}}$，可得${b_n}={a^{n-1}}•{a^n}={a^{2n-1}}$．对a分类讨论，利用等比数列的前n项和公式即可得出．
（2）由3ⁿ=a_n•a_n+1，3^n-1=a_n-1•a_n（n≥2，n∈N），可得$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{a_{n-1}}}}=3（n≥2，n∈N）$，对n分类讨论利用等比数列的通项公式即可得出．
（3）由a_na_n+1=n+2，a_n-1a_n=n+1（n≥2），可得a_n+1-a_n-1=$\frac{1}{{a}_{n}}$（n≥2）．于是$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+$…+$\frac{1}{{a}_{n}}$=a_n+1+a_n-a₁-a₂+$\frac{1}{{a}_{1}}$，再利用基本不等式的性质即可得出．

解答 （1）解：∵${a_n}={a^{n-1}}$，
∴${b_n}={a^{n-1}}•{a^n}={a^{2n-1}}$．
当a=1时，b_n=1，则s_n=n．
当a≠1时，${s_n}=\frac{{a（1-{a^{2n}}）}}{{1-{a^2}}}$．
（2）解：∵3ⁿ=a_n•a_n+1，
∴3^n-1=a_n-1•a_n（n≥2，n∈N），
∴$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{a_{n-1}}}}=3（n≥2，n∈N）$，
当n=2k+1，（k∈N^*）时，∴$\frac{{a}_{2k+2}}{{a}_{2k}}$=3（k∈N^*），
∴a_2k=a₂•3^k-1=a•3^k-1．
当n=2k，（k∈N^*）时，
∴$\frac{{a}_{2k+1}}{{a}_{2k-1}}$=3（k∈N^*），
∴a_2k-1=3^k-1．
∴${a_n}=\left\{\begin{array}{l}{3^{\frac{n-1}{2}}}（n=2k-1）\\ a{3^{\frac{n-2}{2}}}（n=2k）\end{array}\right.$．

（3）证明：∵a_na_n+1=n+2，①
∴a_n-1a_n=n+1（n≥2），②
①-②得a_n（a_n+1-a_n-1）=1，∴a_n+1-a_n-1=$\frac{1}{{a}_{n}}$（n≥2）．
∴$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+$…+$\frac{1}{{a}_{n}}$
=（a₃-a₁）+（a₄-a₂）+…+（a_n+1-a_n-1）
=a_n+1+a_n-a₁-a₂+$\frac{1}{{a}_{1}}$
=a_n+a_n+1-3$≥2\sqrt{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$-3=2$\sqrt{n+2}$-3．
∴$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}＞2\sqrt{n+2}-3$．

点评 本题考查了递推式的应用、等比数列的通项公式及其前n项和公式、分类讨论方法、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．