Question

已知{a_n}是正数组成的数列，a₁=1，且点（）（n∈N*）在函数y=x²+1的图象上．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若列数{b_n}满足b₁=1，b_n+1=b_n+，求证：b_n•b_n+2＜b²_n+1．

Answer

（1）将点代入到函数解析式中即可；
（2）比较代数式大小时，可以用作差的方法．
【解析】
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+（a-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
=
∵bn•bn+2-bn+12=（2n-1）（2n+2-1）-（2n+1-1）2
=（22n+2-2n-2n+2+1）-（22n+2-2•2n+1+1）
=-2n＜0
∴bn•bn+2＜bn+12

解法二：
（Ⅰ）同解法一．
（Ⅱ）∵b2=1
bn•bn+2-bn+12=（bn+1-2n）（bn+1+2n+1）-bn+12
=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
∴bn•bn+2＜bn+12