Question

（2011•東城區(qū)二模）在單調遞增數(shù)列{a_n}中，a₁=2，不等式（n+1）a_n≥na_2n對任意n∈N^*都成立．
（Ⅰ）求a₂的取值范圍；
（Ⅱ）判斷數(shù)列{a_n}能否為等比數(shù)列？說明理由；
（Ⅲ）設bn=(1+1)(1+

1

2

)…(1+

1

2n

)，cn=6(1-

1

2n

)，求證：對任意的n∈N^*，

bn-cn

an-12

≥0．

Answer 1

分析：（Ⅰ）根據(jù){a_n}為單調遞增數(shù)列，a₁=2，在不等式（n+1）a_n≥na_2n中令n=1即可求a₂的取值范圍；
（Ⅱ）可用反證法證明：假設數(shù)列{a_n}是公比為q的等比數(shù)列，可得a_n=2q^n-1根據(jù){a_n}為單調遞增數(shù)列，可求得q＞1，由（n+1）a_n≥na_2n對任意n∈N^*都成立，利用等比數(shù)列的性質可得1+

1

n

≥qⁿ①，因為q＞1，所以?n₀∈N^*，使得當n≥n₀時，qⁿ＞2，從而1+

1

n

＞2，與1+

1

n

≤2矛盾，于是可判斷數(shù)列{a_n}不能為等比數(shù)列；
（Ⅲ）對于

bn-cn

an-12

≥0的分子部分，可根據(jù)b₁=c₁=3，結合已知條件，求得b₂，c₂；b₃，c₃通過比較兩者的大小，猜想b_n≤c_n．然后用數(shù)學歸納法予以證明；對于其分母，可結合條件證明a_n＜12，從而是問題得到解決．

解答：解：（Ⅰ）∵{a_n}是單調遞增數(shù)列，
∴a₂＞a₁，a₂＞2．
令n=1，2a₁≥a₂，a₂≤4，
∴a₂∈（2，4]．（4分）
（Ⅱ）證明：數(shù)列{a_n}不能為等比數(shù)列．
用反證法證明：
假設數(shù)列{a_n}是公比為q的等比數(shù)列，a₁=2＞0，a_n=2q^n-1．
因為{a_n}單調遞增，所以q＞1．
因為n∈N^*，（n+1）a_n≥na_2n都成立．
所以n∈N^*，1+

1

n

≥qⁿ①
因為q＞1，所以?n₀∈N^*，使得當n≥n₀時，qⁿ＞2．
因為1+

1

n

≤2（n∈N^*）．
所以?n₀∈N^*，當n≥n₀時，qn＞1+

1

n

，與①矛盾，故假設不成立．（9分）
（Ⅲ）證明：觀察：b₁=c₁=3，b2=

15

4

＜c2=

9

2

，b3=

135

32

＜c3=

21

4

，…，猜想：b_n≤c_n．
用數(shù)學歸納法證明：
（1）當n=1時，b₁=3≤c₁=3成立；
（2）假設當n=k時，b_k≤c_k成立；
當n=k+1時，
bk+1=bk(1+

1

2k+1

)≤ck(1+

1

2k+1

)=6(1-

1

2k

)(1+

1

2k+1

)=6(1+

1

2k+1

-

1

2k

-

1

22k+1

)=6(1-

1

2k+1

-

1

22k+1

)＜6(1-

1

2k+1

)=c_k+1
所以b_k+1≤c_k+1．
根據(jù)（1）（2）可知，對任意n∈N^*，都有b_n≤c_n，即b_n-c_n≤0．
由已知得，a2n≤(1+

1

n

)an．
所以a2n≤(1+

1

2n-1

)a2n-1≤…≤(1+

1

2n-1

)…(1+

1

2

)(1+1)a1．
所以當n≥2時，a2n≤2bn-1≤2c_n-1=12(1-

1

2n-1

)＜12．
因為a₂＜a₄＜12．
所以對任意n∈N^*，a2n＜12．
對任意n∈N^*，存在m∈N^*，使得n＜2^m，
因為數(shù)列{a_n}單調遞增，
所以an＜a2m＜12，a_n-12＜0．
因為b_n-c_n≤0，
所以

bn-cn

an-12

≥0．（14分）

點評：本題考查反證法與放縮法，數(shù)學歸納法及數(shù)列與不等式的綜合，難點在于（Ⅱ）反證法的使用與（Ⅲ）中

bn-cn

an-12

≥0需分別從分子與分母兩處著手，用數(shù)學歸納法證明b_n≤c_n，用放縮法證明a_n-12＜0，屬于難題．