Question

4．已知數列{a_n}的首項為1，S_n為數列{a_n}的前n項和，S_n+1=qS_n+1，其中q＞0，n∈N^*．
（1）若2a₂，a₃，a₂+2成等差數列，求數列{a_n}的通項公式；
（2）設數列{b_n}滿足b_n=$\sqrt{1+{a_n}^2}$，且b₂=$\frac{5}{3}$，證明：b₁+b₂+…+b_n＞$\frac{{{4^n}-{3^n}}}{{{3^{n-1}}}}$．

Answer 1

分析 （1）由已知，S_n+1=qS_n+1，S_n+2=qS_n+1+1，兩式相減，得到a_n+2=qa_n+1（n≥1），即數列{a_n}是首項為1，公比為q的等比數列，求出q即可．
（2）可得q=$\frac{4}{3}$，即$\sqrt{1+{q}^{2（n-1）}}＞{q}^{n-1}$，于是b₁+b₂+…+b_n＞1+q+q²+…+q^n-1=$\frac{{q}^{n}-1}{q-1}$=$\frac{（\frac{4}{3}）^{n}-1}{\frac{4}{3}-1}$=$\frac{{4}^{n}-{3}^{n}}{{3}^{n-1}}$．

解答 解：（1）由已知，S_n+1=qS_n+1，S_n+2=qS_n+1+1，兩式相減，得到a_n+2=qa_n+1（n≥1）．
又由S₂=qS₁+1，得到a₂=qa₁．
故a_n+1=qa_n對所有n≥1都成立．
所以數列{a_n}是首項為1，公比為q的等比數列，從而${a_n}={q^{n-1}}$．…（3分）
由2a₂，a₃，a₂+2成等差數列，可得2a₃=3a₂+2，即2q²=3q+2．
則（2q+1）（q-2）=0．
由已知，q＞0，故q=2．…（5分）
所以${a}_{n}={2}^{n-1}$．…（6分）
（2）由（1）知，a_n=q^n-1．
b_n=$\sqrt{1+{{a}_{n}}^{2}}=\sqrt{1+{q}^{2（n-1）}}$．…（7分）
由${b}_{2}=\sqrt{1+{q}^{2}}=\frac{5}{3}$，q＞0解得q=$\frac{4}{3}$．…（8分）
因為1+q^2（n-1）＞q^2（n-1）所以$\sqrt{1+{q}^{2（n-1）}}＞{q}^{n-1}$         …（10分）
于是b₁+b₂+…+b_n＞1+q+q²+…+q^n-1=$\frac{{q}^{n}-1}{q-1}$=$\frac{（\frac{4}{3}）^{n}-1}{\frac{4}{3}-1}$=$\frac{{4}^{n}-{3}^{n}}{{3}^{n-1}}$
故b₁+b₂+…+b_n＞$\frac{{{4^n}-{3^n}}}{{{3^{n-1}}}}$．…（12分）

點評 本題考查了數列的遞推式，等差數列的性質，考查了數列放縮法，屬于中檔題．