已知数列{an}满足a1=a，an+1=2+an，n∈N*．求证：an+1＜an；若a=322，且数列{bn}满足an=bn+1bn，bn

题文

已知数列{a_n}满足a₁=a（a＞2），a_n+1=2+an，n∈N^*．
（1）求证：a_n+1＜a_n；
（2）若a=322，且数列{b_n}满足a_n=b_n+1bn，b_n＞1，求证：数列{lgb_n}是等比数列，并求数列{a_n}的通项式；
（3）若a=2011，求证：当n≥12时，2＜a_n＜2+12011恒成立．（参考数据2¹⁰=1024） 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）an+1-an=2+an-2+an-1
=an-an-12+an+2+an-1（n≥2），
上式表明a_n+1-a_n与a_n-a_n-1同号，
∴a_n+1-a_n，a_n-a_n-1，a_n-1-a_n-2，…，a₂-a₁同号，
∵a＞2，
∴a²-a-2=（a-2）（a+1）＞0，
∴a²＞a+2，
∴a2=a+2＜a，a₂-a₁＜0．
∴a_n+1-a_n＜0，
故a_n+1＜a_n．
（2）∵an+1=bn+1+1bn+1
=2+an
=2+bn+1bn，
bn+12+1bn+1 2=bn+1bn，
bn+14-(bn+1bn)bn+1 2+1=0，
注意到b_n＞1，
f(x)=x+1x（x＞0），f′(x)=1-1x2＞0，
∴f（x）在x＞1时为增函数，而f（bn+12）=f（b_n），
∴bn+12=bn，
∴2lgb_n+1=lgb_n，
∴lgbn+1lgbn=12，
∴数列{lgb_n}是等比数列，
当a1=b1+1b1=322，b1=2，lgb1=lg2，
lgbn=(12)n-1•lg2=(12)n•lg2，
∴bn=2(12)n，
an=bn+1bn=2(12)n+2-(12)n．
（3）∵当n≥2时，an-2=2+an-1-2=an-1-22+an-1+2，
上式表明：a_n-2与a_n-1-2同号，对一切n≥2成立，
∴a_n-2，a_n-1-2，…，a₂-2，a₁-2同号，
而a₁-2＞0，
∴a_n-2＞0，a_n-1-2＞0，
∵n≥2时，an-2=an-1-22+an-1+2＜an-1-22+2+2=an-1-24，
∴an-2an-1-2＜14，
∴an-2an-1-2•an-1-2an-2-2…a3-2a2-2•a2-2a1-2
=an-2a1-2＜(14)n-1，
∴0＜an-2＜(a1-2)•(14)n-1，
当a₁=2011，n=12时，
a12-2=(2011-2)×(14)12-1=2009222＜211222=12 11＜12011，
∴a12＜2+12011，
∵a_n＞a_n+1，
∴当n≥12时，2＜a_n＜2+12011恒成立．

解析

2+an

考点

据考高分专家说，试题“已知数列{an}满足a1=a（a＞2），.....”主要考查你对 [等比数列的通项公式 ]考点的理解。 等比数列的通项公式

等比数列的通项公式:

a_n=a₁q^n-1，q≠0，n∈N^*。

等比数列的通项公式的理解：

①在已知a₁和q的前提下，利用通项公式

可求出等比数列中的任意一项；
②在已知等比数列中任意两项的前提下，使用



可求等比数列中任何一项；
③用函数的观点看等比数列的通项，等比数列{a_n}的通项公式

，可以改写为

．当q>o，且q≠1时，y=q^x是一个指数函数，而

是一个不为0的常数与指数函数的积，因此等比数列{a_n}的图象是函数

的图象上的一群孤立的点；
④通项公式

亦可用以下方法推导出来：



将以上（n一1）个等式相乘，便可得到


 
⑤用方程的观点看通项公式．在a_n，q，a₁，n中，知三求一。