Question

5．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=2，a_n+1=3a_n+3ⁿ⁺¹-2ⁿ（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求S_n；
（3）證明：存在k∈N^*，使得$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}$≤$\frac{{{a_{k+1}}}}{a_k}$．

Answer 1

分析 （1）通過將${a_{n+1}}=3{a_n}+{3^{n+1}}-{2^n}$兩邊同時除以3ⁿ⁺¹，可構(gòu)造數(shù)列{b_n=$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n}}$}，利用${b_{n+1}}-{b_n}=1-\frac{1}{3}{（{\frac{2}{3}}）^n}$計(jì)算即得結(jié)論；
（2）利用錯位相減法計(jì)算可知數(shù)列{（n-1）×3ⁿ}的前n項(xiàng)和，進(jìn)而利用分組求和法計(jì)算即得結(jié)論；
（3）通過分析，推測數(shù)列$（{\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}}）$的第一項(xiàng)最大，問題轉(zhuǎn)化為證明9×2ⁿ+（7n-13）×3ⁿ＞0，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論．

解答 （1）解：∵${a_{n+1}}=3{a_n}+{3^{n+1}}-{2^n}$，
∴$\frac{{{a_{n+1}}}}{{{3^{n+1}}}}=\frac{a_n}{3^n}+1-\frac{1}{3}{（{\frac{2}{3}}）^n}$…（1分）
令${b_n}=\frac{a_n}{3^n}$，由a₁=2可知${b_1}=\frac{2}{3}$，
∴${b_{n+1}}-{b_n}=1-\frac{1}{3}{（{\frac{2}{3}}）^n}$…（2分）
∴b_n=b₁+（b₂-b₁）+（b₃-b₂）+…+（b_n-b_n-1）
=$\frac{2}{3}+$$1-\frac{1}{3}×{（{\frac{2}{3}}）^1}+1-\frac{1}{3}×{（{\frac{2}{3}}）^2}+…+1-\frac{1}{3}{（{\frac{2}{3}}）^{n-1}}$
=$1+n-1-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}×{（{\frac{2}{3}}）^1}-\frac{1}{3}×{（{\frac{2}{3}}）^2}-…-\frac{1}{3}{（{\frac{2}{3}}）^{n-1}}$
=$n-\frac{1}{3}×\frac{{1-{{（{\frac{2}{3}}）}^n}}}{{1-\frac{2}{3}}}={（{\frac{2}{3}}）^n}+n-1$…（4分）
∴${a_n}={2^n}+（{n-1}）×{3^n}$…（5分）
（2）解：令數(shù)列{2ⁿ}的前n項(xiàng)和為S_1（n），則${S_{1（n）}}={2^{n+1}}-2$…（6分）
令數(shù)列{（n-1）×3ⁿ}的前n項(xiàng)和為S_2（n），
則S_2（n）=0×3¹+1×3²+2×3³+…+（n-2）×3^n-1+（n-1）×3ⁿ，
∴$3{S_{2（n）}}=0×{3^2}+1×{3^3}+…+（{n-2}）×{3^n}+（{n-1}）×{3^{n+1}}$，
∴$-2{S_{2（n）}}={3^2}+{3^3}+…+{3^n}-（{n-1}）×{3^{n+1}}=\frac{{{3^2}（{1-{3^{n-1}}}）}}{1-3}-（{n-1}）×{3^{n+1}}$，
∴S_2（n）=$\frac{9}{4}+\frac{2n-3}{4}×{3^{n+1}}$…（9分）
${S_n}={S_{1（n）}}+{S_{2（n）}}={2^{n+1}}-2+\frac{9}{4}+\frac{2n-3}{4}×{3^{n+1}}=\frac{2n-3}{4}×{3^{n+1}}+{2^{n+1}}+\frac{1}{4}$…（10分）
（3）證明：通過分析，推測數(shù)列$（{\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}}）$的第一項(xiàng)最大，…（11分）
下面證明$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}＜\frac{a_2}{a_1}=\frac{13}{2}，\;n≥2$，
∵${a_n}={2^n}+（{n-1}）×{3^n}$＞0，
∴只需證2a_n+1＜13a_n，即2（2ⁿ⁺¹+n×3ⁿ⁺¹）＜13[2ⁿ+（n-1）×3ⁿ]，
即9×2ⁿ+（7n-13）×3ⁿ＞0，
∵n≥2，∴上式顯然成立，
∴$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}＜\frac{a_2}{a_1}=\frac{13}{2}，\;n≥2$…（13分）
∴存在k=1，使得$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}≤\frac{{{a_{k+1}}}}{a_k}$=$\frac{a_2}{a_1}$對任意的k∈N^*均成立．…（14分）

點(diǎn)評 本題是一道關(guān)于數(shù)列與不等式的綜合題，考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯位相減法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．