Question

18．设各项均为正数的数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n满足S_n²-（n²+n-2）S_n-2（n²+n）=0，n∈N^*．
（1）求a₁的值；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）证明：对一切正整数n，有$\frac{{{a_1}+1}}{a_1}$×$\frac{{{a_2}+1}}{a_2}$×…×$\frac{{{a_n}+1}}{a_n}$＞$\sqrt{n+1}$．

Answer 1

分析 （1）当n=1，代入S_n²-（n²+n-2）S_n-2（n²+n）=0，由数列{a_n}为正数，求得a₁=2；
（2）将S_n²-（n²+n-2）S_n-2（n²+n）=0转化成，（S_n+2）[S_n-（n²+n）]=0，由S_n+2≠0，即可S_n=n²+n，当n≥2时，S_n-1=（n-1）²+（n-1），两式相减即可求得即可求得a_n=2n，由（1）可知，即可求得数列{a_n}的通项公式；
（3）由（2）可知，将a_n=2n代入，由$\frac{{{a_n}+1}}{a_n}$=$\frac{2n+1}{2n}$＞$\sqrt{\frac{4{n}^{2}+4n}{4{n}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{n+1}{n}}$，采用放缩法，即可求得$\frac{{{a_1}+1}}{a_1}$×$\frac{{{a_2}+1}}{a_2}$×…×$\frac{{{a_n}+1}}{a_n}$＞$\sqrt{n+1}$．

解答 解：（1）当n=1时，a₁²-4=0，解得：a₁=2或a₁=-2，
∵数列{a_n}为正数，
∴a₁=2…（2分）
（2）S_n²-（n²+n-2）S_n-2（n²+n）=0，
即（S_n+2）[S_n-（n²+n）]=0，
∵S_n+2≠0，
∴S_n=n²+n，
当n≥2时，S_n-1=（n-1）²+（n-1），
两式相减得：a_n=2n，
当n=1，满足a_n=2n，
∴a_n=2n…（8分）
（3）证明：$\frac{{{a_n}+1}}{a_n}$=$\frac{2n+1}{2n}$＞$\sqrt{\frac{4{n}^{2}+4n}{4{n}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{n+1}{n}}$，
$\frac{{{a_1}+1}}{a_1}$×$\frac{{{a_2}+1}}{a_2}$×…×$\frac{{{a_n}+1}}{a_n}$＞$\sqrt{\frac{4×{1}^{2}+4×1}{4×{1}^{2}}}$×$\sqrt{\frac{4×{2}^{2}+4×2}{4×{2}^{2}}}$×$\sqrt{\frac{4×{3}^{2}+4×3}{4×{3}^{2}}}$×…×$\sqrt{\frac{4{n}^{2}+4n}{4{n}^{2}}}$
=$\sqrt{\frac{1+1}{1}}$×$\sqrt{\frac{2+1}{2}}$×$\sqrt{\frac{3+1}{3}}$×…×$\sqrt{\frac{n+1}{n}}$=$\sqrt{n+1}$．
∴$\frac{{{a_1}+1}}{a_1}$×$\frac{{{a_2}+1}}{a_2}$×…×$\frac{{{a_n}+1}}{a_n}$＞$\sqrt{n+1}$．…（14分）

点评 本题考查利用递推公式求数列的通项公式，考查利用放缩法求不等式的证明，考查分析问题及解决问题的能力，属于中档题．