Question

已知數列{a_n}滿足a1=1，an+1=

an

an+1

，(n≥1)，數列{b_n}滿足b_n=lna_n，數列{c_n}滿足c_n=a_n+b_n．
（Ⅰ）求數列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）S_n=a₁+a₂+…+a_n，T_n=b₁+b₂+…+b_n，試比較S_n-n與T_n的大小，并證明；
（Ⅲ）我們知道數列{a_n}如果是等差數列，則公差d=

an-am

n-m

(n≠m)是一個常數，顯然在本題的數列{c_n}中

cn-cm

n-m

(n≠m)不是一個常數，但

cn-cm

n-m

(n≠m)是否會小于等于一個常數k呢，若會，請求出k的范圍，若不會，請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）根據題意，由an+1=

an

an+1

可得

1

an+1

=

1

an

+1，根據等差數列的性質可得{

1

an

}是等差數列，易得{

1

an

}的首項與公差，由等差數列的通項公式可得答案；
（Ⅱ）根據題意，結合（1）可得b_n=ln

1

n

，構造函數f（x）=lnx+x+1，對f（x）求導，判斷其單調性，可得任意x＞0，有lnx≥x-1成立，當且僅當x=1時取等號；又由

1

n

＞0，則ln

1

n

≥n-1，即b_n≥a_n-1，當且僅當n=1時取等號；而S_n-n=（a₁-1）+（a₂-1）+…+（a_n-1），結合ln

1

n

≥n-1，可得結論；
（Ⅲ）由（1）可知cn=

1

n

+ln

1

n

，不妨設

cn-cm

n-m

≤k恒成立，且n＞m≥1，可以將其變形為c_n-c_m≤k（n-m），即c_n-kn≤c_m-km，記f（n）=c_n-kn，則f（n）在N^*上單調遞減，所以f（n+1）-f（n）=c_n+1-c_n-k≤0恒成立；記t=n（n+1）≥2，g(t)=lnt+

1

t

，對g（t）求導可得，g（t）的最小值，結合k與g（t）的關系，可得答案．

解答：解：（Ⅰ）根據題意，可得

1

an+1

=

1

an

+1，所以{

1

an

}是等差數列，則其首項

1

a1

=1，公差d=1，
所以

1

an

=1+（n-1）×1=n，從而a_n=

1

n

；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得b_n=ln

1

n

，構造函數f（x）=lnx-x+1，則f′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

；
當0＜x＜1時，f′（x）＞0，f（x）為增函數，
當x＞1時，f′（x）＜0，f（x）為減函數，
即當x≥1時，函數f（x）單調遞減，
所以f（x）≤f（1）=0，即任意x＞0，有lnx≤x-1成立，當且僅當x=1時取等號；
又由n＞0，則

1

n

＞0，
令x=

1

n

，可得ln

1

n

≤

1

n

-1，即b_n≤a_n-1，當且僅當n=1時取等號，
所以S_n-n=（a₁-1）+（a₂-1）+…+（a_n-1）≥b₁+b₂+…+b_n=T_n，當且僅當n=1時取等號；
即S_n-n≥T_n，n=1時等號成立；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知cn=

1

n

+ln

1

n

，不妨設

cn-cm

n-m

≤k恒成立，且n＞m≥1，
則c_n-c_m≤k（n-m），等價于c_n-kn≤c_m-km，
記f（n）=c_n-kn，則f（n）在N^*上單調遞減，
所以f（n+1）-f（n）=c_n+1-c_n-k≤0恒成立；
所以k≥(cn+1-cn)max=-[

1

n(n+1)

+lnn(n+1)]max
記t=n（n+1）≥2，g(t)=lnt+

1

t

，所以g′(t)=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

＞0，
所以g（t）在[2，+∞）上單調遞增，所以g(t)min=g(2)=ln2+

1

2

所以k≥-(ln2+

1

2

)為所求范圍．

點評：本題綜合考查函數與數列，注意數列其實是特殊的函數，其定義域是{1，2，3，…}，可以結合函數的一些性質、問題處理方法，來處理數列的問題．