Question

已知数列{a_n}满足a1=1，an+1=

an

an+1

，(n≥1)，数列{b_n}满足b_n=lna_n，数列{c_n}满足c_n=a_n+b_n．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）S_n=a₁+a₂+…+a_n，T_n=b₁+b₂+…+b_n，试比较S_n-n与T_n的大小，并证明；
（Ⅲ）我们知道数列{a_n}如果是等差数列，则公差d=

an-am

n-m

(n≠m)是一个常数，显然在本题的数列{c_n}中

cn-cm

n-m

(n≠m)不是一个常数，但

cn-cm

n-m

(n≠m)是否会小于等于一个常数k呢，若会，请求出k的范围，若不会，请说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）根据题意，由an+1=

an

an+1

可得

1

an+1

=

1

an

+1，根据等差数列的性质可得{

1

an

}是等差数列，易得{

1

an

}的首项与公差，由等差数列的通项公式可得答案；
（Ⅱ）根据题意，结合（1）可得b_n=ln

1

n

，构造函数f（x）=lnx+x+1，对f（x）求导，判断其单调性，可得任意x＞0，有lnx≥x-1成立，当且仅当x=1时取等号；又由

1

n

＞0，则ln

1

n

≥n-1，即b_n≥a_n-1，当且仅当n=1时取等号；而S_n-n=（a₁-1）+（a₂-1）+…+（a_n-1），结合ln

1

n

≥n-1，可得结论；
（Ⅲ）由（1）可知cn=

1

n

+ln

1

n

，不妨设

cn-cm

n-m

≤k恒成立，且n＞m≥1，可以将其变形为c_n-c_m≤k（n-m），即c_n-kn≤c_m-km，记f（n）=c_n-kn，则f（n）在N^*上单调递减，所以f（n+1）-f（n）=c_n+1-c_n-k≤0恒成立；记t=n（n+1）≥2，g(t)=lnt+

1

t

，对g（t）求导可得，g（t）的最小值，结合k与g（t）的关系，可得答案．

解答：解：（Ⅰ）根据题意，可得

1

an+1

=

1

an

+1，所以{

1

an

}是等差数列，则其首项

1

a1

=1，公差d=1，
所以

1

an

=1+（n-1）×1=n，从而a_n=

1

n

；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得b_n=ln

1

n

，构造函数f（x）=lnx-x+1，则f′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

；
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
即当x≥1时，函数f（x）单调递减，
所以f（x）≤f（1）=0，即任意x＞0，有lnx≤x-1成立，当且仅当x=1时取等号；
又由n＞0，则

1

n

＞0，
令x=

1

n

，可得ln

1

n

≤

1

n

-1，即b_n≤a_n-1，当且仅当n=1时取等号，
所以S_n-n=（a₁-1）+（a₂-1）+…+（a_n-1）≥b₁+b₂+…+b_n=T_n，当且仅当n=1时取等号；
即S_n-n≥T_n，n=1时等号成立；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知cn=

1

n

+ln

1

n

，不妨设

cn-cm

n-m

≤k恒成立，且n＞m≥1，
则c_n-c_m≤k（n-m），等价于c_n-kn≤c_m-km，
记f（n）=c_n-kn，则f（n）在N^*上单调递减，
所以f（n+1）-f（n）=c_n+1-c_n-k≤0恒成立；
所以k≥(cn+1-cn)max=-[

1

n(n+1)

+lnn(n+1)]max
记t=n（n+1）≥2，g(t)=lnt+

1

t

，所以g′(t)=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

＞0，
所以g（t）在[2，+∞）上单调递增，所以g(t)min=g(2)=ln2+

1

2

所以k≥-(ln2+

1

2

)为所求范围．

点评：本题综合考查函数与数列，注意数列其实是特殊的函数，其定义域是{1，2，3，…}，可以结合函数的一些性质、问题处理方法，来处理数列的问题．