Question

5．已知数列{a_n}满足：${a}_{1}=\frac{1}{2}，\frac{3（1+{a}_{n+1}）}{1-{a}_{n}}=\frac{2（1+{a}_{n}）}{1-{a}_{n+1}}$，a_na_n+1＜0（n≥1），数列{b_n}满足：b_n=a_n+1²-a_n²（n≥1）．
（Ⅰ）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式
（Ⅱ）证明：数列{b_n}中的任意三项不可能成等差数列．
（Ⅲ）证明：1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln（n+1）+$\frac{n}{2n+1}$（n≥1）

Answer 1

分析 （Ⅰ）化简可得$\frac{1-{a}_{n+1}^{2}}{1-{a}_{n}^{2}}$=$\frac{2}{3}$，从而判断数列{1-${a}_{n}^{2}$}是以1-$\frac{1}{4}$=$\frac{3}{4}$为首项，以$\frac{2}{3}$为公比的等比数列，从而求得${a}_{n}^{2}$=1-$\frac{3}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$，从而求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）不妨设b_n=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$，b_m=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{m-1}$，（n＜m）；从而可得$\frac{1}{2}$（b_m+b_n）=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$），再由b_n=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$是递减数列知若b_n，b_r，b_m成等差数列，则n＜r＜m，从而可得$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$=$（\frac{2}{3}）^{r-n}$，从而求得$（\frac{2}{3}）^{m-n}$=$\frac{1}{3}$，
从而判断．
（Ⅲ）令g（t）=t-ln（1+t）-$\frac{{t}^{2}}{1+t}$，（0＜t≤1），求导g′（t）=$\frac{{t}^{2}}{2（1+{t}^{2}）}$＞0，从而可得t＞ln（1+t）+$\frac{{t}^{2}}{1+t}$，再令$\frac{1}{n}$=t，（n≥1），从而可得$\frac{1}{n}$＞ln（1+$\frac{1}{n}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），利用累加法证明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵$\frac{3（1+{a}_{n+1}）}{1-{a}_{n}}$=$\frac{2（1+{a}_{n}）}{1-{a}_{n+1}}$，
∴$\frac{1-{a}_{n+1}^{2}}{1-{a}_{n}^{2}}$=$\frac{2}{3}$，
∴数列{1-${a}_{n}^{2}$}是以1-$\frac{1}{4}$=$\frac{3}{4}$为首项，以$\frac{2}{3}$为公比的等比数列，
∴1-${a}_{n}^{2}$=$\frac{3}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$，
∴${a}_{n}^{2}$=1-$\frac{3}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$，
又∵a_na_n+1＜0，
∴a_n=（-1）ⁿ⁺¹$\sqrt{1-\frac{3}{4}•（\frac{2}{3}）^{n-1}}$，
b_n=a_n+1²-a_n²=（1-$\frac{3}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n}$）-（1-$\frac{3}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$）
=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$；
（Ⅱ）证明：不妨设b_n=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$，b_m=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{m-1}$，（n＜m）；
则$\frac{1}{2}$（b_m+b_n）=$\frac{1}{8}$（$（\frac{2}{3}）^{n-1}$+$（\frac{2}{3}）^{m-1}$）
=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$），
∵b_n=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$是递减数列，
∴若b_n，b_r，b_m成等差数列，则n＜r＜m，
故$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$）=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{r-1}$=$\frac{1}{4}$•$（\frac{2}{3}）^{n-1}$•$（\frac{2}{3}）^{r-n}$，
故$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$=$（\frac{2}{3}）^{r-n}$，
故$（\frac{2}{3}）^{r-n}$-$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$=$\frac{1}{2}$，
故r-n=1时，$\frac{1}{2}$•$（\frac{2}{3}）^{m-n}$=$\frac{1}{6}$，
∴$（\frac{2}{3}）^{m-n}$=$\frac{1}{3}$，
∴m-n=$lo{g}_{\frac{2}{3}}$$\frac{1}{3}$∉Z，
故数列{b_n}中的任意三项不可能成等差数列．
（Ⅲ）证明：令g（t）=t-ln（1+t）-$\frac{{t}^{2}}{1+t}$，（0＜t≤1），
g′（t）=$\frac{{t}^{2}}{2（1+{t}^{2}）}$＞0，
故g（t）在（0，1]上是增函数，
∴g（t）＞g（0）=0，
∴t＞ln（1+t）+$\frac{{t}^{2}}{1+t}$，
令$\frac{1}{n}$=t，（n≥1），
则$\frac{1}{n}$＞ln（1+$\frac{1}{n}$）+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
故1＞ln（1+1）+$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2}$）=ln2-ln1+$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2}$），
$\frac{1}{2}$＞ln3-ln2+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$），
$\frac{1}{3}$＞ln4-ln3+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$），
…
$\frac{1}{n}$＞ln（n+1）-lnn+$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
累加可得，
1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln（n+1）+$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{n+1}$），
即1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln（n+1）+$\frac{n}{2n+1}$（n≥1）．

点评 本题考查了等比数列与等差数列的综合应用，同时考查了构造数列与构造函数判断的方法应用，同时考查了导数的综合应用．