《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

例 2 设数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$3a_{n}=2(S_{n}+2n)$，$n\in\mathbf{N}^{*}$。
（1）证明数列$\{ a_{n}+2\}$是等比数列，并求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）设$b_{n}=\log_{3}\frac{a_{n}+2}{2}$，求证：$(1+\frac{1}{b_{1}})(1+\frac{1}{b_{3}})(1+\frac{1}{b_{5}})·s(1+\frac{1}{b_{2n -$（1）【解答】因为 $3a_n = 2(S_n + 2n)$ ①，当 $n = 1$ 时，$3a_1 = 2(S_1 + 2)$，解得 $a_1 = 4$；当 $n \geq 2$ 时，$3a_{n - 1} = 2(S_{n - 1} + 2n - 2)$ ②，由① - ②并整理得 $a_n = 3a_{n - 1} + 4$，所以 $a_n + 2 = 3(a_{n - 1} + 2)$，所以数列 $\{ a_n + 2 \}$ 是首项为 6，公比为 3 的等比数列，故 $a_n + 2 = 6 × 3^{n - 1}$，所以 $a_n = 2 × 3^n - 2$。$1}})＞\sqrt{b_{2n + 1}}$。（2）【解答】由(1)可得 $b_n = \log_3 \frac{a_n + 2}{2} = \log_3 3^n = n$，即证 $(1 + 1) \left( 1 + \frac{1}{3} \right) \left( 1 + \frac{1}{5} \right) ·s \left( 1 + \frac{1}{2n - 1} \right) ＞ \sqrt{2n + 1}$。方法一：令 $f(n) = \frac{\left( 1 + \frac{1}{3} \right) \left( 1 + \frac{1}{5} \right) ·s \left( 1 + \frac{1}{2n - 1} \right)}{\sqrt{2n + 1}}$，则 $\frac{f(n + 1)}{f(n)} = \frac{2n + 2}{\sqrt{2n + 1} · \sqrt{2n + 3}}$，因为 $(2n + 2)^2 ＞ (2n + 1)(2n + 3)$，所以 $f(n + 1) ＞ f(n)$，所以 $f(n)$ 单调递增，即 $f(n) ＞ f(1) = \frac{2}{\sqrt{3}} ＞ 1$，即 $\left( 1 + \frac{1}{3} \right) \left( 1 + \frac{1}{5} \right) ·s \left( 1 + \frac{1}{2n - 1} \right) ＞ \sqrt{2n + 1}$。

答案： （1）【解答】因为 $3a_n = 2(S_n + 2n)$ ①，当 $n = 1$ 时，$3a_1 = 2(S_1 + 2)$，解得 $a_1 = 4$；当 $n \geq 2$ 时，$3a_{n - 1} = 2(S_{n - 1} + 2n - 2)$ ②，由① - ②并整理得 $a_n = 3a_{n - 1} + 4$，所以 $a_n + 2 = 3(a_{n - 1} + 2)$，所以数列 $\{ a_n + 2 \}$ 是首项为 6，公比为 3 的等比数列，故 $a_n + 2 = 6 × 3^{n - 1}$，所以 $a_n = 2 × 3^n - 2$。
（2）【解答】由
(1)可得 $b_n = \log_3 \frac{a_n + 2}{2} = \log_3 3^n = n$，即证 $(1 + 1) \left( 1 + \frac{1}{3} \right) \left( 1 + \frac{1}{5} \right) ·s \left( 1 + \frac{1}{2n - 1} \right) ＞ \sqrt{2n + 1}$。
方法一：令 $f(n) = \frac{\left( 1 + \frac{1}{3} \right) \left( 1 + \frac{1}{5} \right) ·s \left( 1 + \frac{1}{2n - 1} \right)}{\sqrt{2n + 1}}$，
则 $\frac{f(n + 1)}{f(n)} = \frac{2n + 2}{\sqrt{2n + 1} · \sqrt{2n + 3}}$，因为 $(2n + 2)^2 ＞ (2n + 1)(2n + 3)$，所以 $f(n + 1) ＞ f(n)$，所以 $f(n)$ 单调递增，即 $f(n) ＞ f(1) = \frac{2}{\sqrt{3}} ＞ 1$，即 $\left( 1 + \frac{1}{3} \right) \left( 1 + \frac{1}{5} \right) ·s \left( 1 + \frac{1}{2n - 1} \right) ＞ \sqrt{2n + 1}$。
方法二：记数列 $\{ c_n \}$，且 $c_n = 1 + \frac{1}{2n - 1} = \frac{2n}{2n - 1}$，记数列 $\{ d_n \}$，且 $\{ d_n \}$ 的前 $n$ 项积 $Q_n = \sqrt{2n + 1}$，则当 $n \geq 2$ 时，$d_n = \frac{Q_n}{Q_{n - 1}} = \frac{\sqrt{2n + 1}}{\sqrt{2n - 1}}$，只需证 $c_n ＞ d_n (n \geq 2)$ 即可，即证 $\frac{2n}{2n - 1} ＞ \frac{\sqrt{2n + 1}}{\sqrt{2n - 1}}$，也即证 $2n ＞ \sqrt{2n + 1} · \sqrt{2n - 1}$，而上式显然成立；当 $n = 1$ 时，$c_1 = 2$，$d_1 = \sqrt{3}$，$c_1 ＞ d_1$，得证。
方法三：只要证 $\ln(1 + 1) + \ln \left( 1 + \frac{1}{3} \right) + \ln \left( 1 + \frac{1}{5} \right) + ·s + \ln \left( 1 + \frac{1}{2n - 1} \right) ＞ \frac{1}{2} \ln(2n + 1)$。令 $\{ c_n \}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n = \frac{1}{2} \ln(2n + 1)$，当 $n = 1$ 时，$c_1 = \frac{1}{2} \ln 3$；当 $n \geq 2$ 时，$c_n = \frac{1}{2} \ln \frac{2n + 1}{2n - 1}$，显然 $c_1 = \frac{1}{2} \ln 3$ 满足上式，即证 $\ln \left( 1 + \frac{1}{2n - 1} \right) ＞ \frac{1}{2} \ln \frac{2n + 1}{2n - 1}$，即证 $\left( \frac{2n}{2n - 1} \right)^2 ＞ \frac{2n + 1}{2n - 1}$，得证。事实上，$\left( \frac{2n}{2n - 1} \right)^2 = \left( 1 + \frac{1}{2n - 1} \right)^2 = 1 + \frac{2}{2n - 1} + \left( \frac{1}{2n - 1} \right)^2 ＞ 1 + \frac{2}{2n - 1} = \frac{2n + 1}{2n - 1}$，得证。

变式 2 已知正项数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+·s+a_{n}^{3}=S_{n}^{2}$。
（1）求$a_{1}$和$a_{2}$的值，并求出数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）求证：$\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+·s+\frac{1}{a_{n}}＞\ln(1 + n)$。（1）【解答】由题意知，当 $n = 1$ 时，$a_1^3 = a_1^2$，因为 $a_n ＞ 0$，所以 $a_1 = 1$。当 $n = 2$ 时，$1 + a_2^3 = (1 + a_2)^2$，即 $a_2^2 - a_2 - 2 = 0$，解得 $a_2 = 2$。因为 $a_1^3 + a_2^3 + ·s + a_n^3 = S_n^2$，所以 $a_1^3 + a_2^3 + ·s + a_{n + 1}^3 = S_{n + 1}^2$，两式相减，得 $a_{n + 1}^3 = S_{n + 1}^2 - S_n^2 = (S_{n + 1} + S_n) · (S_{n + 1} - S_n) = (S_{n + 1} + S_n) a_{n + 1}$，又因为 $a_{n + 1} ＞ 0$，所以 $a_{n + 1}^2 = 2S_n + a_{n + 1}$，故 $a_{n + 1}^2 - a_{n + 1} = 2S_n$，$2S_{n - 1} = a_n^2 - a_n (n \geq 2)$，两式相减，得 $2a_n = a_{n + 1}^2 - a_{n + 1} - a_n^2 + a_n$，则 $(a_{n + 1} + a_n)(a_{n + 1} - a_n) = a_{n + 1} + a_n$。因为 $a_{n + 1} + a_n ＞ 0$，所以 $a_{n + 1} - a_n = 1(n \geq 2)$。又因为 $a_1 = 1$，$a_2 = 2$，所以对 $\forall n \in \mathbf{N}^*$，有 $a_{n + 1} - a_n = 1$，故 $\{ a_n \}$ 是等差数列，因此 $a_n = n$。

答案： （1）【解答】由题意知，当 $n = 1$ 时，$a_1^3 = a_1^2$，因为 $a_n ＞ 0$，所以 $a_1 = 1$。当 $n = 2$ 时，$1 + a_2^3 = (1 + a_2)^2$，即 $a_2^2 - a_2 - 2 = 0$，解得 $a_2 = 2$。因为 $a_1^3 + a_2^3 + ·s + a_n^3 = S_n^2$，所以 $a_1^3 + a_2^3 + ·s + a_{n + 1}^3 = S_{n + 1}^2$，两式相减，得 $a_{n + 1}^3 = S_{n + 1}^2 - S_n^2 = (S_{n + 1} + S_n) · (S_{n + 1} - S_n) = (S_{n + 1} + S_n) a_{n + 1}$，又因为 $a_{n + 1} ＞ 0$，所以 $a_{n + 1}^2 = 2S_n + a_{n + 1}$，故 $a_{n + 1}^2 - a_{n + 1} = 2S_n$，$2S_{n - 1} = a_n^2 - a_n (n \geq 2)$，两式相减，得 $2a_n = a_{n + 1}^2 - a_{n + 1} - a_n^2 + a_n$，则 $(a_{n + 1} + a_n)(a_{n + 1} - a_n) = a_{n + 1} + a_n$。因为 $a_{n + 1} + a_n ＞ 0$，所以 $a_{n + 1} - a_n = 1(n \geq 2)$。又因为 $a_1 = 1$，$a_2 = 2$，所以对 $\forall n \in \mathbf{N}^*$，有 $a_{n + 1} - a_n = 1$，故 $\{ a_n \}$ 是等差数列，因此 $a_n = n$。
（2）【解答】由
(1)知，即证 $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ·s + \frac{1}{n} ＞ \ln(1 + n)$。
方法一：设 $f(x) = \ln(1 + x) - x (x ＞ 0)$，则 $f'(x) = \frac{1}{1 + x} - 1 = \frac{-x}{1 + x} ＜ 0$，所以 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递减，则 $f(x) ＜ f(0) = 0$，从而 $\ln(x + 1) ＜ x$。令 $x = \frac{1}{n} (n \in \mathbf{N}^*)$，得 $\ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) ＜ \frac{1}{n}$，即 $\ln(n + 1) - \ln n ＜ \frac{1}{n}$，分别取 $n = 1, 2, ·s, n$，则 $\ln 2 - \ln 1 ＜ \frac{1}{1}$，$\ln 3 - \ln 2 ＜ \frac{1}{2}$，$\ln 4 - \ln 3 ＜ \frac{1}{3}$，$·s$，$\ln(n + 1) - \ln n ＜ \frac{1}{n}$，累加得 $\ln(n + 1) ＜ 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ·s + \frac{1}{n}$，得证。
方法二：设数列 $\{ b_n \}$ 的前 $n$ 项和为 $\ln(n + 1)$，则 $b_1 = \ln 2$，$b_n = \ln(n + 1) - \ln n$，只要证 $\frac{1}{n} ＞ \ln(n + 1) - \ln n$ 即可，也即证 $\ln \frac{n + 1}{n} ＜ \frac{1}{n}$，即证 $\ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) ＜ \frac{1}{n}$，利用常见的对数不等式 $\ln(x + 1) ＜ x$ 可得证。