题目

已知｛an｝是正数组成的数列，a1=1，且点（）（nN*）在函数y=x2+1的图象上． （Ⅰ）求数列｛an｝的通项公式； （Ⅱ）若数列｛bn｝满足b1=1，bn+1=bn+，求证：bn・bn+2＜b2n+1． 答案： 解法一： （Ⅰ）由已知得an+1=an+1、即an+1-an=1，又a1=1, 所以数列｛an｝是以1为首项，公差为1的等差数列． 故an=1+（n-1）×1=n． （Ⅱ）由（Ⅰ）知：an=n从而bn+1-bn=2n． bn=（bn-bn-1）+（bn-1-bn-2）+­­­­­­­­­­­・・・+（b2-b1）+b1 =2n-1+2n-2+・・・+2+1 ＝=2n-1． 因为bn・bn+2-b=（2n-1）（2n+2-1）-（2n+1-1）2 =（22n+2-2n+2-2n+1）-（22n+2-2・2n+1+1） =-5・2n+4・2n =-2n＜0, 所以bn・bn+2＜b, 解法二： （Ⅰ）同解法一． （Ⅱ）因为b1=1, bn・bn+2- b=（bn+1-2n）（bn+1+2n+1）- b             =2n+1・bn+1-2n・bn+1-2n・2n+1 ＝2n（bn+1-2n+1） =2n（bn+2n-2n+1） =2n（bn-2n） =… =2n（b1-2） =-2n<0， 所以bn・bn+2<b2n+1

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