Question

设数列{a_n}的前n项和为S_n，且对任意的n∈N^*，都有a_n＞0，．
（1）求a₁，a₂的值；
（2）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（3）证明：a_2n+1ⁿ≥a_2nⁿ+a_2n-1ⁿ．

Answer 1

【答案】分析：（1）由题意可知，，将a₁=1代入上式可得a₂=2．
（2）由，得a₁³+a₂³++a_n³=（a₁+a₂++a_n）²解得a_n+1²-a_n²=a_n+1+a_n．
所以a_n+1-a_n=1．由此能够导出a_n=n．
（3）由于（1+x）ⁿ=C_n+C_n¹x+C_n²x²+C_n³x³+，（1-x）ⁿ=C_n-C_n¹x+C_n²x²-C_n³x³+，所以（1+x）ⁿ-（1-x）ⁿ-2nx=2C_n³x³+2C_n⁵x⁵+．再由分析法可知原不等式成立．
解答：（1）解：当n=1时，有，
由于a_n＞0，所以a₁=1．
当n=2时，有，即，
将a₁=1代入上式，由于a_n＞0，所以a₂=2．
（2）解：由，
得a₁³+a₂³++a_n³=（a₁+a₂++a_n）²，①
则有a₁³+a₂³++a_n³+a_n+1³=（a₁+a₂++a_n+a_n+1）²．②
②-①，得a_n+1³=（a₁+a₂++a_n+a_n+1）²-（a₁+a₂++a_n）²，
由于a_n＞0，所以a_n+1²=2（a₁+a₂++a_n）+a_n+1．③
同样有a_n²=2（a₁+a₂++a_n-1）+a_n（n≥2），④
③-④，得a_n+1²-a_n²=a_n+1+a_n．
所以a_n+1-a_n=1．
由于a₂-a₁=1，即当n≥1时都有a_n+1-a_n=1，所以数列{a_n}是首项为1，公差为1的等差数列．
故a_n=n．
（3）证明1：由于（1+x）ⁿ=C_n+C_n¹x+C_n²x²+C_n³x³+，（1-x）ⁿ=C_n-C_n¹x+C_n²x²-C_n³x³+，
所以（1+x）ⁿ-（1-x）ⁿ=2C_n¹x+2C_n³x³+2C_n⁵x⁵+．
即（1+x）ⁿ-（1-x）ⁿ-2nx=2C_n³x³+2C_n⁵x⁵+．
令，则有．
即，
即（2n+1）ⁿ≥（2n）ⁿ+（2n-1）ⁿ
故a_2n+1ⁿ≥a_2nⁿ+a_2n-1ⁿ．
证明2：要证a_2n+1ⁿ≥a_2nⁿ+a_2n-1ⁿ，
只需证（2n+1）ⁿ≥（2n）ⁿ+（2n-1）ⁿ，
只需证，
只需证．
由于===．
因此原不等式成立．
点评：本小题主要考查数列、不等式、二项式定理等知识，考查化归与转化的数学思想方法，以及抽象概括能力、运算求解能力和创新意识．