Question

11．若正项数列{a_n}满足：$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=a_n+1-a_n（a∈N^*），则称此数列为“比差等数列”．
（1）请写出一个“比差等数列”的前3项的值；
（2）设数列{a_n}是一个“比差等数列”
（i）求证：a₂≥4；
（ii）记数列{a_n}的前n项和为S_n，求证：对于任意n∈N*，都有S_n＞$\frac{{n}^{2}+5n-4}{2}$．

Answer 1

分析 （1）根据“比差等数列”的定义，写出一个“比差等数列”的前3项即可；
（2）（i）当n=1时可得${a}_{2}-{a}_{1}=\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$，求出a₂利用分离常数法化简，由a_n＞0可得a₁＞1，利用基本不等式证明a₂≥4；
（ii）由a_n＞0得a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$≥0，得a_n+1≥a_n＞0从而得到a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}≥1$，列出n-1个不等式并相加得a_n≥n+2（n≥2），当n≥2时利用放缩法和等差数列的前n项和公式化简后，得到S_n的不等式再验证n=1时是否成立即可．

解答 （1）解：一个“比差等数列”的前3项可以是：2，4，$\frac{16}{3}$；
（2）（i）证明：当n=1时，${a}_{2}-{a}_{1}=\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$，
∴${a}_{2}=\frac{{a}_{1}}{1-\frac{1}{{a}_{1}}}$=$\frac{{{a}_{1}}^{2}}{{a}_{1}-1}$=$\frac{{{a}_{1}}^{2}-1+1}{{a}_{1}-1}$=${a}_{1}-1+\frac{1}{{a}_{1}-1}+2$，
∵a_n＞0，∴${a}_{2}=\frac{{{a}_{1}}^{2}}{{a}_{1}-1}＞0$，则a₁-1＞0，即a₁＞1，
∴${{a}_{2}=a}_{1}-1+\frac{1}{{a}_{1}-1}+2$≥2$\sqrt{{（a}_{1}-1）•\frac{1}{{a}_{1}-1}}$+2=4，
当且仅当${a}_{1}-1=\frac{1}{{a}_{1}-1}$时取等号，
则a₂≥4成立；
（ii）由a_n＞0得，a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$≥0，
∴a_n+1≥a_n＞0，则a_n+1-a_n=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}≥1$，
由a₂≥4得，a₃-a₂≥1，a₄-a₃≥1，…，a_n-a_n-1≥1，
以上 n-1个不等式相加得，a_n≥（n-2）+4=n+2（n≥2），
当n≥2时，S_n=a₁+a₂+a₃+…+a_n
≥1+4+（3+2）+…+（n+2）≥（1+2）+（2+2）+…+（n+2）-2
=$\frac{n（3+n+2）}{2}$-2=$\frac{{n}^{2}+5n-4}{2}$，
当n=1时，由（i）知S₁=a₁＞1≥$\frac{{1}^{2}+5×1-4}{2}$，
综上可得，对于任意n∈N*，都有S_n＞$\frac{{n}^{2}+5n-4}{2}$．

点评 本题数列与不等式结合的综合题，考查新定义的运用，等差数列的前n项和公式，以及放缩法、基本不等式的应用，考查化简、变形能力，推理证明能力．