Question

已知递增数列{a_n}满足：a₁=1，2a_n+1=a_n+a_n+2（n∈N⁺），且a₁，a₂，a₄成等比数列
（1）求数列{a_n}的通项公式a_n．
（2）若数列{b_n}满足：b_n+1=b_n²-（n-2）b_n+3，且b₁≥1，n∈N⁺
①用数学归纳法证明：b_n≥a_n
②记Tn=

1

3+b1

+

1

3+b2

+

1

3+b3

+…+

1

3+bn

，证明：Tn＜

1

2

．

Answer 1

分析：（1）由a₁=1，2a_n+1=a_n+a_n+2（n∈N⁺）可知数列{a_n}是以1为首项的等差数列，设公差为d，由数列递增可知d＞0
由a₁，a₂，a₄成等比数可求d，进而可求通项
（2）①（i）当n=1时，b₁≥1=a₁成立
（ii）假设当n=k（k≥1）时成立，即b_k≥a_k=k，由归纳假设证明n=k+1时，b_k+1≥a_k+1
②利用b_n+1=b_n²-（n-2）b_n+3，推出

1

3+bn+3

=

1

bn2-(n-2)bn+6

，利用b_n≥n，得到

1

bn+1+3

≤

1

2

•

1

bn+3

通过放缩与累加，证明出结果．

解答：解：（1）∵a₁=1，2a_n+1=a_n+a_n+2（n∈N⁺）
∴数列{a_n}是以1为首项的等差数列，设公差为d，由数列递增可知d＞0
∵a₁，a₂，a₄成等比数
∴（1+d）²=1+3d
∴d=0（舍）或d=1
∴a_n=1+n-1=n
证明：（2）①∵b_n+1=b_n²-（n-2）b_n+3，且b₁≥1，
（i）当n=1时，b₁≥1=a₁成立
（ii）假设当n=k（k≥1）时成立，即b_k≥a_k=k
∴b_k+1≥k+1=a_k+1
当n=k+1时，b_k+1=bk2-（k-2）b_k+3，
∴b_k+1-a_k+1=b_k+1-（b_k+1）=bk2-(k-1)bk+2＞k²-k（k-1）+2＞0
∴b_k+1≥a_k+1
综上可证得，对于任意的正整数n，b_n≥a_n都成立
②∵b_n+1=b_n²-（n-2）b_n+3，∴

1

3+bn+3

=

1

bn2-(n-2)bn+6

，
b_n²-（n-2）b_n+6=b_n（b_n+2-n）+6≥2b_n+6=2（b_n+3），（∵bn≥n）
∴

1

bn+1+3

≤

1

2

•

1

bn+3

，
∴Tn=

1

3+b1

+

1

3+b2

+

1

3+b3

+…+

1

3+bn

≤

1

3+b1

+

1

2

•

1

3+b1

+

1

2

•

1

3+b2

+…+

1

2

•

1

3+bn-1

…①
∴-

1

2

Tn=-

1

2

•

1

3+b1

-

1

2

•

1

3+b2

-

1

2

•

1

3+b3

-…-

1

2

•

1

3+bn

…②，
①+②可得

1

2

•Tn≤

1

3+b1

-

1

2

•

1

3+bn-1

，

1

2

•Tn≤

1

3+b1

≤

1

4

，
∴Tn≤

1

2

．
∴Tn=

1

3+b1

+

1

3+b2

+

1

3+b3

+…+

1

3+bn

＜

1

2

点评：本题主要考查了等差中项的应用，等差数列通项公式的求解，数列归纳法在证明数学不等式中的应用，及巧妙的放缩法在不等式的证明中的应用．不能放的太大，也不能缩小的太多．