Question

7．設(shè)S_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且a₁=$\frac{1}{2}$，點(diǎn)（n，2a_n+1-a_n）（n∈N₊）在直線y=x上，令b_n=a_n+1-a_n-1，
（1）證明：數(shù)列{a_n-n+2}是等比數(shù)列．
（2）求a_n，b_n，S_n．
（3）若S_n-2b_n＞3n-4對n＞k（k∈N₊）恒成立，求k的最小值．

Answer 1

分析 （1）通過將點(diǎn)（n，2a_n+1-a_n）代入直線y=x，進(jìn)而變形可知2（a_n+1-n-1+2）=a_n-n+2，從而可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知a_n=n-2+$\frac{3}{{2}^{n}}$，利用分組求和法計(jì)算可知S_n=6+$\frac{1}{2}$n²-$\frac{3}{2}$n-$\frac{6}{{2}^{n}}$，代入計(jì)算可知b_n=1-$\frac{3}{{2}^{n+1}}$；
（3）通過代入、化簡整理可知問題轉(zhuǎn)化為n²-9n+8＞$\frac{6}{{2}^{n}}$對n＞k（k∈N₊）恒成立，通過分析不等式兩端的單調(diào)性即得結(jié)論．

解答 （1）證明：∵點(diǎn)（n，2a_n+1-a_n）（n∈N₊）在直線y=x上，
∴2a_n+1-a_n=n，2a_n+1=a_n+n，
∴2（a_n+1-n-1+2）=a_n-n+2，
又∵a₁-1+2=$\frac{1}{2}$-1+2=$\frac{3}{2}$，
∴數(shù)列{a_n-n+2}是首項(xiàng)為$\frac{3}{2}$、公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列；
（2）解：由（1）可知a_n-n+2=$\frac{3}{{2}^{n}}$，即a_n=n-2+$\frac{3}{{2}^{n}}$，
∴S_n=$\frac{n（n+1）}{2}$-2n+3•$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=6+$\frac{1}{2}$n²-$\frac{3}{2}$n-$\frac{6}{{2}^{n}}$，
b_n=a_n+1-a_n-1=（n+1）-2+$\frac{3}{{2}^{n+1}}$-（n-2+$\frac{3}{{2}^{n}}$）=1-$\frac{3}{{2}^{n+1}}$；
（3）解：∵S_n-2b_n＞3n-4對n＞k（k∈N₊）恒成立，
∴（6+$\frac{1}{2}$n²-$\frac{3}{2}$n-$\frac{6}{{2}^{n}}$）-2（1-$\frac{3}{{2}^{n+1}}$）＞3n-4對n＞k（k∈N₊）恒成立，
整理得：n²-9n+8＞$\frac{6}{{2}^{n}}$，
∵當(dāng)n取不超過8的自然數(shù)時(shí)f（n）=n²-9n+8≤0，
當(dāng)n≥9時(shí)f（n）隨著n的增大而增大，且f（9）=8，
而g（n）=$\frac{6}{{2}^{n}}$隨著n的增大而減小，且g（8）＞0、g（9）＜f（9），
∴k的最小值為8．

點(diǎn)評 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，涉及構(gòu)造等比數(shù)列、數(shù)列的單調(diào)性等基礎(chǔ)知識，注意解題方法的積累，屬于中檔題．