Question

1．已知數(shù)列{a_n}對任意的n∈N^*滿足：a_n+2+a_n＞2a_n+1，則稱數(shù)列{a_n}為“T數(shù)列”．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{2ⁿ}是“T數(shù)列”；
（Ⅱ）若${a_n}={n^2}•{（{\frac{1}{2}}）^n}$，試判斷數(shù)列{a_n}是否是“T數(shù)列”，并說明理由；
（Ⅲ）若數(shù)列{a_n}是各項均為正的“T數(shù)列”，求證：$\frac{{{a_1}+{a_3}+…+{a_{2n+1}}}}{{{a_2}+{a_4}+…+{a_{2n}}}}＞\frac{n+1}{n}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)新定義證明即可，
（Ⅱ）根據(jù)新定義判斷即可，
（Ⅲ）原不等式等價于只需證n（a₁+a₃+…+a_2n+1）＞（n+1）a₂+a₄+…+a_2n．利用數(shù)學(xué)歸納法證明即可

解答 解：（Ⅰ）∵2ⁿ+2ⁿ⁺²=5•2ⁿ，2•2ⁿ⁺¹=4•2ⁿ，
∴a_n+2+a_n-2a_n+1=${2^{_{n+2}}}+{2_{^n}}-2•{2^{_{n+1}}}={2^n}＞0$，
∴a_n+2+a_n＞2a_n+1，
∴數(shù)列{2ⁿ}是“T數(shù)列”；
（Ⅱ）${a_{n+2}}+{a_n}-2{a_{n+1}}={（n+2）^2}•{（{\frac{1}{2}}）^{n+2}}$$+{n^2}•{（{\frac{1}{2}}）^n}$$-2{（n+1）^2}•{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}$
=${（{\frac{1}{2}}）^n}•[\frac{{{{（n+2）}^2}}}{4}+{n^2}-{（n+1）^2}]$=${（{\frac{1}{2}}）^n}•（{\frac{{{n^2}-4n}}{4}}）＞0$
解得，n＞4，n∈N^*，故數(shù)列{a_n}不是T數(shù)列．
（Ⅲ）要證$\frac{{{a_1}+{a_3}+…+{a_{2n+1}}}}{{{a_2}+{a_4}+…+{a_{2n}}}}＞\frac{n+1}{n}$
只需證n（a₁+a₃+…+a_2n+1）＞（n+1）a₂+a₄+…+a_2n．
下面運用數(shù)學(xué)歸納法證明．
（ⅰ）當n=1時，a₁+a₃＞2a₂成立．
（ⅱ）假設(shè)當n=k時，不等式成立，
即k（a₁+a₃+…+a_2k+1）＞（k+1）a₂+a₄+…+a_2k
那么當n=k+1時，
$\begin{array}{l}（k+1）（{a_1}+{a_3}+…+{a_{2k+3}}）-（k+2）（{a_2}+{a_4}+…+{a_{2k+2}}）\\=[k（{a_1}+{a_3}+…+{a_{2k+1}}）+（{a_1}+{a_3}+…+{a_{2k+1}}）+（k+1）{a_{2k+3}}]\\-[（k+1）（{a_2}+{a_4}+…+{a_{2k}}）+（{a_2}+{a_4}+…+{a_{2k}}）+（k+2）{a_{2k+2}}]\\＞（k+1）{a_{2k+3}}-（k+2）{a_{2k+2}}+（{a_1}+{a_3}+…+{a_{2k+1}}）-（{a_2}+{a_4}+…+{a_{2k}}）\\=（k+1）（{a_{2k+3}}-{a_{2k+2}}）+（{a_1}+{a_3}+…+{a_{2k+1}}）-（{a_2}+{a_4}+…+{a_{2k}}+{a_{2k+2}}）\end{array}$
∵{a_n}是T數(shù)列，∴a_n+2+a_n＞2a_n+1，∴a_n+2-a_n+1＞a_n+1-a_n∴a_n+2-a_n+1＞a_n+1-a_n＞a_n-a_n-1＞…＞a₂-a，
∴（a_2k+3-a_2k+2）＞（a_2k+2-a_2k+1），（a_2k+3-a_2k+2）＞（a_2k-a_2k-1），
依此類推（a_2k+3-a_2k+2）＞（a₂-a₁），
將上述式子相加，得（k+1）（a_2k+3-a_2k+2）+（a₁+a₃+…+a_2k+1）-（a₂+a₄+…+a_2k+a_2k+2）＞0，
∴當n=k+1時不等式成立，
根據(jù)（�。┖停áⅲ┛芍�，
對于任意n∈N^*不等式$\frac{{{a_1}+{a_3}+…+{a_{2n+1}}}}{{{a_2}+{a_4}+…+{a_{2n}}}}＞\frac{n+1}{n}$均成立．

點評 本題考查了新定義的問題和數(shù)學(xué)歸納法，考查了學(xué)生的運算能力解決問題的能力，屬于中檔題．