题目 已知数列 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 满足 ${a_1} = \dfrac{2}{5}$，且对任意 $n \in {{\mathbb{N}}^ * }$，都有 $\dfrac{{{a_n}}}{{{a_{n + 1}}}} = \dfrac{{4{a_n} + 2}}{{{a_{n + 1}} + 2}}$． 问题1 求证：数列 $\left\{ {\dfrac{1}{{{a_n}}}} \right\}$ 为等差数列； 答案1 略 解析1 由已知得$${a_n}{a_{n + 1}} + 2{a_n} = 4{a_n}{a_{n + 1}} + 2{a_{n + 1}},$$即$$2{a_n} - 2{a_{n + 1}} = 3{a_n}{a_{n + 1}},$$所以$$\dfrac{1}{{{a_{n + 1}}}} - \dfrac{1}{{{a_n}}} = \dfrac{3}{2},$$所以数列 $\left\{\dfrac{1}{a_n} \right\}$ 是以 $\dfrac{5}{2}$ 为首项，公差为 $\dfrac{3}{2}$ 的等差数列． 备注1 问题2 试问数列 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 中 ${a_k} \cdot {a_{k + 1}}\left(k \in {{\mathbb{N}}^ * }\right)$ 是否仍是 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 中的项？如果是，请指出是数列的第几项；如果不是，请说明理由； 答案2 是，第 $\dfrac{{3{k^2} + 7k + 2}}{2}$ 项 解析2 由 $(1)$ 可得数列 $\left\{\dfrac{1}{a_n} \right\}$ 的通项公式为$$\dfrac{1}{{{a_n}}} = \dfrac{{3n + 2}}{2},$$所以$${a_n} = \dfrac{2}{{3n + 2}},$$则\[\begin{split}{a_k} \cdot {a_{k + 1}} &= \dfrac{2}{{3k + 2}} \cdot \dfrac{2}{{3\left(k + 1\right) + 2}} \\&= \dfrac{4}{{9{k^2} + 21k + 10}}<br/>\\& = \dfrac{2}{{\dfrac{{9{k^2} + 21k + 6}}{2} + 2}}\\& = \dfrac{2}{{3 \cdot \dfrac{{3{k^2} + 7k + 2}}{2} + 2}}.\end{split}\]因为$$\dfrac{{3{k^2} + 7k + 2}}{2} = {k^2} + 3k + 1 + \dfrac{{k\left(k + 1\right)}}{2},$$当 $k \in {{\mathbb{N}}^ * }$ 时，$\dfrac{{k\left(k + 1\right)}}{2}$ 一定是正整数，所以 $\dfrac{{3{k^2} + 7k + 2}}{2}$ 是正整数．<br/>所以 ${a_k} \cdot {a_{k + 1}}$ 是数列 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 中的项，是第 $\dfrac{{3{k^2} + 7k + 2}}{2}$ 项． 备注2 问题3 令 ${b_n} = \dfrac{2}{3}\left( {\dfrac{1}{{{a_n}}} + 5} \right)$．证明：对任意 $n \in {{\mathbb{N}}^ * }$，都有不等式 ${2^{{b_n}}} > b_n^2$ 成立． 答案3 略 解析3 由 $(2)$ 知：$${a_n} = \dfrac{2}{{3n + 2}},{b_n} = \dfrac{2}{3}\left( {\dfrac{1}{{{a_n}}} + 5} \right) = \dfrac{2}{3}\left( {\dfrac{{3n + 2}}{2} + 5} \right) = n + 4.$$下面用数学归纳法证明：${2^{n + 4}} > {\left(n + 4\right)^2}$ 对任意 $n \in {{\mathbb{N}}^ * }$ 都成立．<br/><case>归纳基础</case> 当 $n = 1$ 时，显然 ${2^5} > {5^2}$，不等式成立．<br/><case>递推证明</case> 假设当 $n = k\left(k \in {{\mathbb{N}}^ * }\right)$ 时，有 ${2^{k + 4}} > {\left(k + 4\right)^2}$，<br/>当 $n = k + 1$ 时，$$\begin{split}{2^{\left(k + 1\right) + 4}} &= 2 \cdot {2^{k + 4}}> 2{\left(k + 4\right)^2}\\ &= 2{k^2} + 16k + 32\\ &= {\left(k + 5\right)^2} + {k^2} + 6k + 7\\ &> {\left(k + 5\right)^2},\end{split}$$即 ${2^{{b_{n + 1}}}} > b_{n + 1}^2$ 也成立．<br/>因此对任意 $n \in {{\mathbb{N}}^ * }$，都有不等式 ${2^{{b_n}}} > b_n^2$ 成立． 备注3