Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=t（t≠-1），a_n+1-S_n=n．
（Ⅰ） 當(dāng)t為何值時，數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列？
（Ⅱ） 設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，b₁=1，點（T_n+1，T_n）在直線

x

n+1

-

y

n

=

1

2

上，在（Ⅰ）的條件下，若不等式

b1

a1+1

+

b2

a2+1

+…+

bn

an+1

≥m-

9

2+2an

對于n∈N^*恒成立，求實數(shù)m的最大值．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（Ⅰ） 由條件a_n+1-S_n=n，令n=n-1得a_n-S_n-1=n-1（n≥2），兩式相減得數(shù)列遞推公式a_n+1=2a_n+1，轉(zhuǎn)化為a_n+1+1=2（a_n+1）（n≥2）求a₂，然后利用數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列，再求t即可；
（Ⅱ）由點（T_n+1，T_n）在直線

x

n+1

-

y

n

=

1

2

上求出{

Tn

n

}是等差數(shù)列且Tn=

n(n+1)

2

，然后求出b_n=n，連同an=2n-1-1代入不等式化簡．不等式的左邊為等比數(shù)列前n項和令其為所R_n，利用錯位相減法求出Rn=4-

n+2

2n-1

，則原不等式為Rn≥m-

9

2n

恒成立，即4-

2n-5

2n

≥m恒成立，利用數(shù)列的增減性求解．

解答： 解：（Ⅰ）由a_n+1-S_n=n，得a_n-S_n-1=n-1（n≥2），
兩式相減得a_n+1-a_n-（S_n-S_n-1）=1，即a_n+1=2a_n+1，
所以a_n+1+1=2（a_n+1）（n≥2），
由a₁=t及a_n+1-S_n=n，得a₂=t+1，
因為數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列，所以只需要

a2+1

a1+1

=

t+2

t+1

=2，解得t=0，此時，數(shù)列{a_n+1}是以a₁+1=1為首項，2為公比的等比數(shù)列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得an=2n-1-1，因為點（T_n+1，T_n）在直線

x

n+1

-

y

n

=

1

2

上，所以

Tn+1

n+1

-

Tn

n

=

1

2

，
故{

Tn

n

}是以

T1

1

=1為首項，

1

2

為公差的等差數(shù)列，則

Tn

n

=1+

1

2

(n-1)，所以Tn=

n(n+1)

2

，
當(dāng)n≥2時，bn=Tn-Tn-1=

n(n+1)

2

-

(n-1)n

2

=n，b₁=1滿足該式，所以b_n=n．
不等式

b1

a1+1

+

b2

a2+1

+…+

bn

an+1

≥m-

9

2+2an

，即為1+

2

2

+

3

22

+…+

n

2n-1

≥m-

9

2n

，
令Rn=1+

2

2

+

3

22

+…+

n

2n-1

，則

1

2

Rn=

1

2

+

2

22

+

3

23

+…+

n

2n

，兩式相減得(1-

1

2

)Rn=1+

1

2

+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n-1

-

n

2n

=2-

n+2

2n

，所以Rn=4-

n+2

2n-1

．
由Rn≥m-

9

2n

恒成立，即4-

2n-5

2n

≥m恒成立，又(4-

2n-3

2n+1

)-(4-

2n-5

2n

)=

2n-7

2n+1

，
故當(dāng)n≤3時，{4-

2n-5

2n

}單調(diào)遞減；當(dāng)n≥4時，{4-

2n-5

2n

}單調(diào)遞增，
當(dāng)n=3時，4-

2×3-5

23

=

31

8

；當(dāng)n=4時，4-

2×4-5

24

=

61

16

，則4-

2n-5

2n

的最小值為

61

16

，所以實數(shù)m的最大值是

61

16

．

點評：本題是典型的數(shù)列題，形式復(fù)雜，但規(guī)律性強(qiáng)，第一問屬基礎(chǔ)技巧，知S_n，a_n混合式求遞推公式再求通項，第二問較難，求出b_n，代入不等式求解，千萬不要怕復(fù)雜，克服畏懼心理，沉著答題．