Question

16．设数列{a_n}、{b_n} 满足a₁=a＞0，a_n+1=$\frac{n+1}{2n}$a_n，且b_n=ln（1+a_n）+$\frac{1}{2}$a_n²，n∈N^*．
（1）证明：$\frac{2}{{a}_{n}+2}＜\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$＜1；
（2）记{a${\;}_{n}^{2}$}，{b_n}的前n项和分别为A_n，B_n，证明：2B_n-A_n＜8a．

Answer 1

分析 （1）由a₁=a＞0，结合递推式可得a_n＞0，b_n＞0．然后作差可得b_n-a_n=ln（1+a_n）+$\frac{1}{2}$a_n²-a_n，构造函数函数f（x）=ln（1+x）+$\frac{1}{2}{x}^{2}$-x（x≥0），利用导数证明
f（x）在[0，+∞）上是增函数，可得b_n-a_n＞0，则$\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$＜1，再由$\frac{2}{{a}_{n}+2}＜\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$?ln（1+a_n）-a_n＜0．同样构造函数g（x）=ln（1+x）-x（x≥0），利用导数证明
g（x）在[0，+∞）上是减函数，得到ln（1+a_n）-a_n＜0；
（2）由a_n+1=$\frac{n+1}{2n}$a_n，得数列{$\frac{{a}_{n}}{n}$}是以a为首项，以$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，求出{a_n}的通项公式，由2b_n-a_n²=2ln（1+a_n），结合（1）的结论有ln（1+a_n）＜a_n，
得2b_n-a_n²＜2a_n，可得2B_n-A_n＜2（a₁+a₂+…+a_n）=2a（$\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{2}{{2}^{1}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}$）．然后利用错位相减法证明结论．

解答 证明：（1）由a₁=a＞0，a_n+1=$\frac{n+1}{2n}$a_n，知，a_n＞0（n∈N^*），故b_n＞0（n∈N^*）．
b_n-a_n=ln（1+a_n）+$\frac{1}{2}$a_n²-a_n，
设函数f（x）=ln（1+x）+$\frac{1}{2}{x}^{2}$-x（x≥0），则当x＞0时，f′（x）=$\frac{1}{1+x}$+x-1=$\frac{{x}^{2}}{x+1}$＞0，
∴f（x）在[0，+∞）上是增函数，
∴f（x）＞f（0）=0，即b_n-a_n＞0，
∴$\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$＜1
∵$\frac{2}{{a}_{n}+2}＜\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$?ln（1+a_n）-a_n＜0．
设函数g（x）=ln（1+x）-x（x≥0），则当x＞0时，g′（x）=$\frac{1}{1+x}-1=-\frac{x}{1+x}$＜0，
∴g（x）在[0，+∞）上是减函数，故g（x）＜g（0）=0，
∴ln（1+a_n）-a_n＜0．
综上得：$\frac{2}{{a}_{n}+2}＜\frac{{a}_{n}}{{b}_{n}}$＜1；
（2）由a_n+1=$\frac{n+1}{2n}$a_n，得：$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}=\frac{1}{2}\frac{{a}_{n}}{n}$，
∴数列{$\frac{{a}_{n}}{n}$}是以a为首项，以$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
∴${a}_{n}=na•（\frac{1}{2}）^{n-1}=\frac{na}{{2}^{n-1}}$，
∵2b_n-a_n²=2ln（1+a_n），由（1）的结论有ln（1+a_n）＜a_n，
∴2b_n-a_n²＜2a_n，
∴2B_n-A_n＜2（a₁+a₂+…+a_n）=2a（$\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{2}{{2}^{1}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}$）．
令S_n=$\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{2}{{2}^{1}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}$，则
$\frac{1}{2}$S_n=$\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{2}{{2}^{2}}+…+\frac{n}{{2}^{n}}$，相减得：
$\frac{1}{2}{S}_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{n}{{2}^{n}}$=2-$\frac{n+1}{{2}^{n-1}}$，
∴S_n=4-$\frac{n+1}{{2}^{n-2}}$，
∴2B_n-A_n＜2a（4-$\frac{n+1}{{2}^{n-2}}$）＜8a．

点评 本题考查函数单调性的应用：利用函数单调性证明数列不等式，构造函数需要较强的观察能力，难度较大，综合性强．