已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 的首项为 $1$，$S_n$ 为数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和，$S_{n+1}=qS_n+1$，其中 $q>0$，$n\in\mathbb{N^*}$．
【难度】
【出处】
2016年高考四川卷（理）
【标注】
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若 $2a_2,a_3,a_2+2$ 成等差数列，求数列 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式；标注答案${{a}_{n}}={{2}^{n-1}},n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$解析将题中条件“和式”通过下标变换得到递推公式，证明出数列 $\left\{a_n\right\}$ 为等比数列，再根据条件“三项成等差”得出首项和公比即可．由题 ${{S}_{n+1}}=q{{S}_{n}}+1\cdots\cdots ① $，可知
当 $n\geqslant 2$ 时，${{S}_{n}}=q{{S}_{n-1}}+1\cdots\cdots ② $；
①② 两式相减可得\[{{a}_{n+1}}=q{{a}_{n}}.\]即数列 $\left\{{a}_{n}\right\}$ 从第二项开始，为公比是 $q$ 的等比数列，当 $n=1$ 时，带入可得\[{{a}_{1}}+{{a}_{2}}=q{{a}_{1}}+1\]所以 ${{a}_{2}}=q$，即数列 $\left\{{a}_{n}\right\}$ 为公比 $q$ 的等比数列，根据 $2{{a}_{2}},{{a}_{3}},{{a}_{2}}+2$ 成等差数列，由等差数列的性质可得\[2{{a}_{2}}+{{a}_{2}}+2=3{{a}_{2}}+2=2{{a}_{3}}.\]即 $2{{q}^{2}}-3q-2=0$，求解可得 $q=2$ 或 $q=-\dfrac{1}{2}$，由题 $q>0$ 可知，$q=2$；
${{a}_{n}}={{2}^{n-1}},n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$． -
设双曲线 $x^2-\dfrac{y^2}{a_n^2}=1$ 的离心率为 $e_n$，且 $e_2=\dfrac53$，证明：$e_1+e_2+\cdots+e_n>\dfrac{4^n-3^n}{3^{n-1}}$．标注答案略解析本题的关键是将 $e_n$ 放缩成对应的等比数列进行求和．由双曲线的性质可知，\[{{e}_{n}}=\dfrac{\sqrt{{{1}^{2}}+a_{n}^{2}}}{1} = \sqrt{1+a_{n}^{2}},\]由（1）可得，${{a}_{n}}$ 为首项为 $1$，公比为 $q$ 的等比数列，故\[{{e}_{2}}=\sqrt{1+a_{2}^{2}}=\sqrt{1+{{q}^{2}}}=\dfrac{5}{3},\]即 $q=\dfrac{4}{3}$，所以 $\left\{ {{a}_{n}} \right\}$ 是首项为 $1$，公比为 $\dfrac{4}{3}$ 的等比数列，通项公式为 ${{a}_{n}}={{\left( \dfrac{4}{3} \right)}^{n-1}}\left( n\in {\mathbb{N}^{*}} \right)$，所以\[{{e}_{n}}=\sqrt{1+{{\left( \dfrac{4}{3} \right)}^{2n-2}}}>\sqrt{{{\left( \dfrac{4}{3} \right)}^{2n-2}}}={{\left( \dfrac{4}{3} \right)}^{n-1}},\]因此，\[{{e}_{1}}+{{e}_{2}}+{{e}_{3}}+...+{{e}_{n}}>1+\dfrac{4}{3}+{{\left( \dfrac{4}{3} \right)}^{2}}+\cdots+{{\left( \dfrac{4}{3} \right)}^{n-1}}=\dfrac{1-{{\left( \dfrac{4}{3} \right)}^{n}}}{1-\dfrac{4}{3}}=\dfrac{{{4}^{n}}-{{3}^{n}}}{{{3}^{n-1}}},\]原式得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
