Question

6．若數(shù)列{a_n}滿足：a₁=0，a₂=3且（n-1）a_n+1=（n+1）a_n-n十1（n∈N^*，n≥2），數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\sqrt{{a}_{n}+1}$•$\sqrt{{a}_{n+1}+1}$•（$\frac{8}{11}$）^n-1，則數(shù)列{b_n}的最大項(xiàng)為第6項(xiàng)．

Answer 1

分析 通過(guò)（n-1）a_n+1=（n+1）a_n-n十1（n∈N^*，n≥2）與na_n+2=（n+2）a_n+1-n作差、兩邊同時(shí)除以n（n+1），整理得$\frac{{a}_{n+2}-{a}_{n+1}-1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}-1}$=$\frac{n+1}{n}$，利用累乘法計(jì)算可知a_n-a_n-1=2n-1（n≥2），進(jìn)而利用累加法可知a_n=n²-1，化簡(jiǎn)可知b_n=n（n+1）•（$\frac{8}{11}$）^n-1，從而問(wèn)題轉(zhuǎn)化求當(dāng)x＞0時(shí)函數(shù)f（x）=x（x+1）•（$\frac{8}{11}$）^x-1的最大值，利用導(dǎo)數(shù)有關(guān)知識(shí)計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：∵（n-1）a_n+1=（n+1）a_n-n十1（n∈N^*，n≥2），
∴na_n+2=（n+2）a_n+1-n，
兩式相減，得：na_n+2-na_n+1=（n+1）a_n+1-（n+1）a_n-1，
兩邊同時(shí)除以n（n+1），整理得：$\frac{{a}_{n+2}-{a}_{n+1}-1}{n+1}$=$\frac{{a}_{n+1}-{a}_{n}-1}{n}$（n∈N^*，n≥2），
又∵a₁=0，a₂=3，a₃=3a₂-1=8，
∴$\frac{{a}_{3}-{a}_{2}-1}{2}$=2，$\frac{{a}_{2}-{a}_{1}-1}{1}$=2，
∴$\frac{{a}_{n+2}-{a}_{n+1}-1}{{a}_{n+1}-{a}_{n}-1}$=$\frac{n+1}{n}$，
由累乘法可知a_n-a_n-1-1=$\frac{{a}_{n}-{a}_{n-1}-1}{{a}_{n-1}-{a}_{n-2}-1}$•$\frac{{a}_{n-1}-{a}_{n-2}-1}{{a}_{n-2}-{a}_{n-3}-1}$•…•$\frac{{a}_{3}-{a}_{2}-1}{{a}_{2}-{a}_{1}-1}$•$\frac{{a}_{2}-{a}_{1}-1}{1}$
=$\frac{n-1}{n-2}$•$\frac{n-2}{n-3}$•…•$\frac{2}{1}$•2
=2（n-1），
∴a_n-a_n-1=1+2（n-1）=2n-1（n≥2）
由累加法可知：a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₃-a₂）+（a₂-a₁）+a₁
=（2n-1）+[2（n-1）-1]+…+（2×3-1）+（2×2-1）
=2（2+3+…+n）-（n-1）
=2•$\frac{（n-1）（n+2）}{2}$-n+1
=n²-1（n≥2），
又∵a₁=0滿足上式，
∴a_n=n²-1，
∴b_n=$\sqrt{{a}_{n}+1}$•$\sqrt{{a}_{n+1}+1}$•（$\frac{8}{11}$）^n-1
=n（n+1）•（$\frac{8}{11}$）^n-1，
令f（x）=x（x+1）•（$\frac{8}{11}$）^x-1，通過(guò)求導(dǎo)、計(jì)算可得草圖如圖，
故數(shù)列{b_n}的最大項(xiàng)為第6項(xiàng)，
故答案為：6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查累乘法、累加法計(jì)算數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，注意解題方法的積累，屬于難題．