Question

19．等比数列{a_n}的前n项和为S_n，已知对任意的n∈N^*，点（n，S_n）均在函数y=b^x+r（b＞0且b≠1，b，r均为常数）的图象上．
（1）求r的值；
（2）当b=2时，记${b_n}=2（{log_3}{a_n}+1）（n∈{N^*}）$，证明：对任意的n∈N^*，不等式$\frac{{{b_1}+1}}{b_1}•\frac{{{b_2}+1}}{b_2}•…•\frac{{{b_n}+1}}{b_n}＞\sqrt{n+1}$成立．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}={b^{n-1}}（b-1）$，则n≥2时，{a_n}是以b为公比的等比数列，$\frac{a_2}{a_1}=b$，即$\frac{b（b-1）}{b+r}=b$，解得r=-1；
（2）由不等式为$\frac{2+1}{2}•\frac{4+1}{4}•…•\frac{2n+1}{2n}＞\sqrt{n+1}$，采用数学归纳法即可求得不等式$\frac{{{b_1}+1}}{b_1}•\frac{{{b_2}+1}}{b_2}•…•\frac{{{b_n}+1}}{b_n}＞\sqrt{n+1}$成立．

解答 解：（1）由题意，${S_n}={b^n}+r$，当n≥2时，${S_{n-1}}={b^{n-1}}+r$，
∴${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}={b^{n-1}}（b-1）$
且b≠1，所以n≥2时，{a_n}是以b为公比的等比数列，
又a₁=b+r，a₂=b（b-1），$\frac{a_2}{a_1}=b$，即$\frac{b（b-1）}{b+r}=b$，解得r=-1，
r的值-1；
（2）证明：当b=2时，由（1）知${a_n}={2^{n-1}}$，因此${b_n}=2n（n∈{N^*}）$，
∴不等式为$\frac{2+1}{2}•\frac{4+1}{4}•…•\frac{2n+1}{2n}＞\sqrt{n+1}$
①当n=1时，左式=$\frac{3}{2}$，右式=$\sqrt{2}$，左式＞右式，所以结论成立
②假设n=k（k∈N^*）时结论成立，即$\frac{2+1}{2}•\frac{4+1}{4}•…•\frac{2k+1}{2k}＞\sqrt{k+1}$，
则当n=k+1时，$\frac{2+1}{2}•\frac{4+1}{4}•…•\frac{2k+1}{2k}•\frac{2k+3}{2（k+1）}＞\sqrt{k+1}•\frac{2k+3}{2（k+1）}=\frac{2k+3}{{2\sqrt{k+1}}}$
要证当n=k+1时结论成立，只需证$\frac{2k+3}{{2\sqrt{k+1}}}＞\sqrt{k+2}$成立，
只需证：4k²+12k+9＞4k²+12k+8成立，显然成立，
∴当n=k+1时，$\frac{2+1}{2}•\frac{4+1}{4}•…•\frac{2k+1}{2k}•\frac{2k+3}{2（k+1）}＞\sqrt{（k+1）+1}$成立，
综合①②可知不等式$\frac{{{b_1}+1}}{b_1}•\frac{{{b_2}+1}}{b_2}•…•\frac{{{b_n}+1}}{b_n}＞\sqrt{n+1}$成立．

点评 本题等比数列的求法，考查数学归纳法求证不等式成立，考查数列与不等式的综合应用，考查转化思想，属于中档题．