Question

1．已知數(shù)列{a_n}的前n項和S_n滿足：S_n+1=kS_n+p（kp≠0），a₁=p（n∈N）．
（1）求證：數(shù)列{a_n}是以k為公比的等比數(shù)列．并求出數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）已知k＞-1，m，n是正整數(shù)，求證：k^m+kⁿ≤1+k^m+n；
（3）若p=1，k＞-1，求證；S_n≤$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$．

Answer 1

分析 （1）由S_n+1=kS_n+p（kp≠0），a₁=p（n∈N），n≥2時，S_n=kS_n-1+p，得到a_n+1=ka_n，由此能證明數(shù)列{a_n}是以k為公比、以p為首項的等比數(shù)列，從而能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）法一：當(dāng)-1＜k＜0時，k^m+kⁿ≤2$\sqrt{（-{k}^{n}）（-k{\;}^{m}}）$=-2${k}^{\frac{m+n}{2}}$；當(dāng)k=0時，k^m+kⁿ＜1+k^m+n；當(dāng)k＞0時，${k}^{m}+{k}^{n}≥2\sqrt{{k}^{m}•{k}^{n}}=2{k}^{\frac{m+n}{2}}$．由此能證明k^m+kⁿ≤1+k^m+n．
法二：1+k^n+m-k^m-kⁿ=（1-k^m）（1-kⁿ）k≥1時，k^m≥1，kⁿ≥1，k∈（-1，0）∪（0，1）時，k^m＜1，kⁿ＜1，由此能證明k^m+kⁿ≤1+k^m+n．
（3）p=1，k＞-1時，${a}_{n}={k}^{n-1}$，當(dāng)k=1時，a_n=1，S_n=n，$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{n}）}{2}$=n，S_n=$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$；當(dāng)k＞-1且k≠1時，$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$-S_n=$\frac{（1+k）n}{2}$-$\frac{1-{k}^{n}}{1-k}$=$\frac{n（1-{k}^{2}）+2{k}^{n}}{2（1-k）}$，由此能證明S_n≤$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$．

解答 （1）證明：∵數(shù)列{a_n}的前n項和S_n滿足：S_n+1=kS_n+p（kp≠0），a₁=p（n∈N），
∴S₂=kS₁+p，∴a₁+a₂=ka₁+p又a₁=p，∴a₂=kp，
n≥2時，S_n=kS_n-1+p，
∴a_n+1=ka_n，
∴數(shù)列{a_n}是以k為公比、以p為首項的等比數(shù)列，
∴${a}_{n}=p•{k}^{n-1}$．
（2）證法一：當(dāng)-1＜k＜0時，k^m+kⁿ≤2$\sqrt{（-{k}^{n}）（-k{\;}^{m}}）$=-2${k}^{\frac{m+n}{2}}$，
1+k^m+n-k^m-kⁿ=1+k^m+n+2${k}^{\frac{m+n}{2}}$
=1+${k}^{\frac{m+n}{2}}$（${k}^{\frac{m+n}{2}}$+2）≥0，
∴k^m+kⁿ≤1+k^m+n．
當(dāng)k=0時，k^m+kⁿ＜1+k^m+n．
當(dāng)k＞0時，${k}^{m}+{k}^{n}≥2\sqrt{{k}^{m}•{k}^{n}}=2{k}^{\frac{m+n}{2}}$，
∴1+k^m+n-k^m-kⁿ=1+k^m+n-$2{k}^{\frac{m+n}{2}}$=1+${k}^{\frac{m+n}{2}}$（${k}^{\frac{m+n}{2}}-2$）≥0，
∴k^m+kⁿ≤1+k^m+n．
綜上所述：k^m+kⁿ≤1+k^m+n．
（2）證法二：∵1+k^n+m-k^m-kⁿ=（1-k^m）（1-kⁿ）
k≥1時，k^m≥1，kⁿ≥1，∴（1-k^m）（1-kⁿ）≥0，
k∈（-1，0）∪（0，1）時，k^m＜1，kⁿ＜1，（1-k^m）（1-kⁿ）＞0，
∴1+k^n+m-k^m-kⁿ≥0，
∴k^m+kⁿ≤1+k^m+n．
（3）證明：p=1，k＞-1時，${a}_{n}={k}^{n-1}$，
當(dāng)k=1時，a_n=1，S_n=n，$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{n}）}{2}$=n，
∴S_n=$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$．
當(dāng)k＞-1且k≠1時，S_n=$\frac{1-{k}^{n}}{1-k}$，
$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$-S_n=$\frac{（1+k）n}{2}$-$\frac{1-{k}^{n}}{1-k}$=$\frac{n（1-{k}^{2}）+2{k}^{n}}{2（1-k）}$，
-1＜k＜1時，2（1-k）＞0，n（1-k²）+2kⁿ＞0，∴$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$-S_n＞0，
k＞1時，2（1-k）＜0，n（1-k²）+2kⁿ＜0，∴$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$-S_n＞0，
∴S_n＜$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$．
綜上所述：S_n≤$\frac{n（{a}_{1}+{a}_{2}）}{2}$．

點評 本題考查數(shù)列與不等式的綜合，解題的關(guān)鍵是充分利用題設(shè)中的恒等式進(jìn)行變換，解得數(shù)列的性質(zhì)，求出數(shù)列的和的表達(dá)式，解題時要注意均值定理的合理運用．