Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項和S_n，a₁=t（t≠-1），S_n+2a_n+1+n+1=0，且數(shù)列{a_n+1}為等比數(shù)列．
（1）求實(shí)數(shù)t的值；
（2）設(shè)T_n為數(shù)列{b_n}的前n項和，b₁=1，且

Tn+1

n+1

-

Tn

n

=1．若對任意的n∈N^*，使得不等式

b1+1

a1+1

+

b2+1

a2+1

+…+

bn+1

an+1

≥

m

an+1

恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列的求和,數(shù)列遞推式,數(shù)列與不等式的綜合

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）利用等比數(shù)列的通項公式即可得出；
（2）由（1）可得a_n+1=

1

2

×(

1

4

)n-1．由b₁=1，且

Tn+1

n+1

-

Tn

n

=1．利用等差數(shù)列的通項公式可得T_n=n²．利用n≥2時，b_n=T_n-T_n-1可得b_n=2n-1．即可得出

bn+1

an+1

=n×4ⁿ．設(shè)H_n=

b1+1

a1+1

+

b2+1

a2+1

+…+

bn+1

an+1

=1×4+2×4²+3×4³+…+n×4ⁿ，利用“錯位相減法”可得H_n，對任意的n∈N^*，使得不等式

b1+1

a1+1

+

b2+1

a2+1

+…+

bn+1

an+1

≥

m

an+1

恒成立?m≤[（a_n+1）H_n]_min，解出即可．

解答： 解：（1）∵a₁=t（t≠-1），S_n+2a_n+1+n+1=0，
∴t+2a₂+2=0，解得a₂=-

t+2

2

；
t-

t+2

2

+2a₃+3=0，解得a₃=-

t+4

4

，
∵數(shù)列{a_n+1}為等比數(shù)列，
∴(a2+1)2=(a1+1)(a3+1)，
∴(1-

t+2

2

)2=（t+1）(1-

t+4

4

)，
化為2t²+t=0，
解得t=0或-

1

2

．
其中t=0舍去．
∴t=-

1

2

．
（2）由（1）可得

a2+1

a1+1

=

1 8

1 2

=

1

4

．
a_n+1=(1-

1

2

)×(

1

4

)2=

1

2

×(

1

4

)n-1．
∵b₁=1，且

Tn+1

n+1

-

Tn

n

=1．
∴數(shù)列{

Tn

n

}為等差數(shù)列，

T1

1

=1為首項，公差為1，
∴

Tn

n

=1+（n-1）×1，
∴T_n=n²．
∴n≥2時，b_n=T_n-T_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，n=1時也成立．
∴b_n=2n-1．
∴

bn+1

an+1

=

2n

1 2 ×( 1 4 )n-1

=n×4ⁿ．
∴設(shè)H_n=

b1+1

a1+1

+

b2+1

a2+1

+…+

bn+1

an+1

=1×4+2×4²+3×4³+…+n×4ⁿ，
∴4H_n=1×4²+2×4³+…+（n-1）×4ⁿ+n×4ⁿ⁺¹，
∴-3H_n=4+4²+4³+…+4ⁿ-n×4ⁿ⁺¹=

4×(4n-1)

4-1

-n×4ⁿ⁺¹=

4n+1-4

3

-n×4n+1，
∴H_n=

4+(3n-1)×4n+1

9

．
不等式

b1+1

a1+1

+

b2+1

a2+1

+…+

bn+1

an+1

≥

m

an+1

?m≤

1

2

×(

1

4

)n-1×

4+(3n-1)•4n+1

9

=

8[ 1 4n +(3n-1)]

9

．
∵

1

4n

+(3n-1)的最小值是

1

4

+2，
∴m的最大值為2．
∴實(shí)數(shù)m的最大值是2．

點(diǎn)評：本題考查了“錯位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、遞推式的應(yīng)用，考查了恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．