Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和Sn=-an-(

1

2

)n-1+2（n為正整數(shù)）．
（1）證明：an+1=

1

2

an+(

1

2

)n+1，并求數(shù)列的通項(xiàng)公式；
（2）若

cn

n+1

=

an

n

，Tn=c1+c2+…+cn，試比較（2n+1）T_n與5n的大小，并予以證明．

Answer 1

分析：（1）由Sn=-an-(

1

2

)n-1+2得Sn+1=-an+1-(

1

2

)n+2，兩式相減化簡(jiǎn)得遞推公式：an+1=

1

2

an+(

1

2

)n+1，根據(jù)特點(diǎn)變形后構(gòu)造等差數(shù)列{2ⁿa_n}，代入通項(xiàng)公式求出a_n；
（2）由（1）和條件求出cn=

n+1

2n

，根據(jù)特點(diǎn)利用錯(cuò)位相減法求出T_n，作差化簡(jiǎn)（2n+1）T_n-5n，轉(zhuǎn)化為比較（2n+1）與2ⁿ的大小，先列舉出前幾項(xiàng)進(jìn)行猜想，再用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明，一定要n=k時(shí)的結(jié)論；另外可以利用二項(xiàng)式定理和放縮法證明，要有放縮的目標(biāo)．

解答：證明：（1）由Sn=-an-(

1

2

)n-1+2得，Sn+1=-an+1-(

1

2

)n+2，
兩式相減得，an+1=-an+1+an+(

1

2

)n，即an+1=

1

2

an+(

1

2

)n+1，
兩邊同除以(

1

2

)n+1得，2n+1an+1=2nan+1，
∴2n+1an+1-2nan=1，
把n=1代入Sn=-an-(

1

2

)n-1+2得，a₁=

1

2

，
∴數(shù)列{2ⁿa_n}是以1為首項(xiàng)和公差的等差數(shù)列，
則2ⁿa_n=n，即an=

n

2n

，
（2）由（1）得，

cn

n+1

=

an

n

=

1

2n

，則cn=

n+1

2n

，
∴T_n=c₁+c₂+…+c_n=

2

2

+

3

22

+

4

23

+…+

n+1

2n

   ①，

1

2

T_n=

2

22

+

3

23

+

4

24

+…+

n+1

2n+1

               ②，
①-②得，

1

2

Tn=1+

1

22

+

1

23

+

1

24

+…+

1

2n

-

n+1

2n+1

=1+

1 4 (1- 1 2n-1 )

1- 1 2

-

n+1

2n+1

=

3

2

-

n+3

2n+1

，
∴T_n=3-

n+3

2n

，
則（2n+1）T_n-5n=（2n+1）（3-

n+3

2n

）-5n
=

(6n+3)×2n-(2n+1)(n+3)-5n×2n

2n

=

(n+3)(2n-2n-1)

2n

，
∴比較（2n+1）T_n與5n的大小等價(jià)于比較（2n+1）與2ⁿ的大小，
由2＜2+1=3，2²＜2×2+1=5，2³＞2×3+1=7，
2⁴＞2×4+1=9，…，
則猜想n≥3時(shí)，2ⁿ＞2n+1，證明如下：
①當(dāng)n=3時(shí)，由上面驗(yàn)算知成立；
②假設(shè)當(dāng)n=k（k≥3，k∈z）時(shí)，結(jié)論：2^k＞2k+1成立，
則當(dāng)n=k+1時(shí)，2^k+1=2×2^k＞2（2k+1）=4k+2
=2（k+1）+1+（2k-1）＞2（k+1）+1，
∴當(dāng)n=k+1時(shí)，猜想也成立，
綜上知，對(duì)一切n≥3的正整數(shù)，2ⁿ＞2n+1恒成立．
另證法：當(dāng)n≥3時(shí)，
2ⁿ=（1+1）ⁿ=

c

0 n

+c

1 n

+

c

2 n

+…+

c

n-1 n

+c

n n

≥

c

0 n

+c

1 n

+

c

n-1 n

+c

n n

=2n+2＞2n+1．

點(diǎn)評(píng)：本題是數(shù)列與不等式結(jié)合的綜合題，考查了數(shù)列a_n與s_n的之間的轉(zhuǎn)化，構(gòu)造等差（等比）數(shù)列求通項(xiàng)公式，錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，數(shù)學(xué)歸納法等，綜合性強(qiáng)、難度大．