Question

已知遞增數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足：a₁=1，2a_n+1=a_n+a_n+2（n∈N⁺），且a₁，a₂，a₄成等比數(shù)列
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n．
（2）若數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足：b_n+1=b_n²-（n-2）b_n+3，且b₁≥1，n∈N⁺
①用數(shù)學(xué)歸納法證明：b_n≥a_n
②記…，證明：．

Answer 1

解：（1）∵a₁=1，2a_n+1=a_n+a_n+2（n∈N⁺）
∴數(shù)列{a_n}是以1為首項(xiàng)的等差數(shù)列，設(shè)公差為d，由數(shù)列遞增可知d＞0
∵a₁，a₂，a₄成等比數(shù)
∴（1+d）²=1+3d
∴d=0（舍）或d=1
∴a_n=1+n-1=n
證明：（2）①∵b_n+1=b_n²-（n-2）b_n+3，且b₁≥1，
（i）當(dāng)n=1時(shí)，b₁≥1=a₁成立
（ii）假設(shè)當(dāng)n=k（k≥1）時(shí)成立，即b_k≥a_k=k
∴b_k+1≥k+1=a_k+1
當(dāng)n=k+1時(shí)，b_k+1=-（k-2）b_k+3，
∴b_k+1-a_k+1=b_k+1-（b_k+1）=＞k²-k（k-1）+2＞0
∴b_k+1≥a_k+1
綜上可證得，對(duì)于任意的正整數(shù)n，b_n≥a_n都成立
②∵b_n+1=b_n²-（n-2）b_n+3，∴，
b_n²-（n-2）b_n+6=b_n（b_n+2-n）+6≥2b_n+6=2（b_n+3），（∵bn≥n）
∴，
∴…≤…①
∴……②，
①+②可得，
≤，
∴．
∴…
分析：（1）由a₁=1，2a_n+1=a_n+a_n+2（n∈N⁺）可知數(shù)列{a_n}是以1為首項(xiàng)的等差數(shù)列，設(shè)公差為d，由數(shù)列遞增可知d＞0
由a₁，a₂，a₄成等比數(shù)可求d，進(jìn)而可求通項(xiàng)
（2）①（i）當(dāng)n=1時(shí)，b₁≥1=a₁成立
（ii）假設(shè)當(dāng)n=k（k≥1）時(shí)成立，即b_k≥a_k=k，由歸納假設(shè)證明n=k+1時(shí)，b_k+1≥a_k+1
②利用b_n+1=b_n²-（n-2）b_n+3，推出，利用b_n≥n，得到
通過(guò)放縮與累加，證明出結(jié)果．
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了等差中項(xiàng)的應(yīng)用，等差數(shù)列通項(xiàng)公式的求解，數(shù)列歸納法在證明數(shù)學(xué)不等式中的應(yīng)用，及巧妙的放縮法在不等式的證明中的應(yīng)用．不能放的太大，也不能縮小的太多．