Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=-a_n-（

1

2

）^n-1+2（n為正整數(shù)）．
（Ⅰ）令b_n=2ⁿa_n，求證數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）令c_n=

n+1

n

a_n，T_n=c₁+c₂+…+c_n試比較T_n與

5n

2n+1

的大小，并予以證明．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)學(xué)歸納法,數(shù)列的求和,等差數(shù)列的性質(zhì)

專題：綜合題,點(diǎn)列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法

分析：（Ⅰ）由題意知S₁=-a₁-1+2=a₁，an=Sn-Sn-1=-an+an-1+(

1

2

)n-1，所以2ⁿa_n=2^n-1a_n-1+1，b_n=b_n-1+1，再由b₁=2a₁=1，知數(shù)列b_n是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列．于是b_n=1+（n-1）•1=n=2ⁿa_n，所以an=

n

2n

；
（Ⅱ）確定數(shù)列的通項(xiàng)，利用錯(cuò)位相減求和法，確定T_n與

5n

2n+1

的大小關(guān)系等價(jià)于比較2ⁿ與2n+1的大�。�猜想當(dāng)n=1，2時(shí)，2ⁿ＜2n+1，當(dāng)n≥3時(shí)，2ⁿ＞2n+1．然后用數(shù)學(xué)歸納法證明．

解答： 解：（Ⅰ）在Sn=-an-(

1

2

)n-1+2中，令n=1，可得S₁=-a_n-1+2=a₁，即a1=

1

2

…1
當(dāng)n≥2時(shí)，Sn-1=-an-1-(

1

2

)n-2+2，∴an=Sn-Sn-1=-an+an-1+(

1

2

)n-1，…2
∴2an=an-1+(

1

2

)n-1，即2nan=2n-1an-1+1．
∵bn=2nan，∴b_n=b_n-1+1，
即當(dāng)n≥2時(shí)，b_n-b_n-1=1
又b₁=2a₁=1，∴數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列…4
于是bn=1+(n-1)•1=n=2nan，
∴an=

n

2n

…6
（II）由（I）得cn=

n+1

n

an=(n+1)(

1

2

)n，所以
T_n=2×

1

2

+3×(

1

2

)2+…+（n+1）•(

1

2

)n
∴

1

2

T_n=2×(

1

2

)2+3×(

1

2

)3…+n•(

1

2

)n+（n+1）（

1

2

）ⁿ⁺¹
由①-②得

1

2

T_n=1+(

1

2

)2+(

1

2

)3…+(

1

2

)n-（n+1）（

1

2

）ⁿ⁺¹
∴T_n=3-

n+3

2n

…9
Tn-

5n

2n+1

=3-

n+3

2n

-

5n

2n+1

=

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

2n(2n+1)

…11
于是確定Tn與

5n

2n+1

的大小關(guān)系等價(jià)于比較2ⁿ與2n+1的大小
猜想當(dāng)n=1，2時(shí)，2ⁿ＜2n+1，當(dāng)n≥3時(shí)，2ⁿ＞2n+1．證明如下：
（1）當(dāng)n=3時(shí)，由猜想顯然成立．
（2）假設(shè)n=k時(shí)猜想成立．即2^k＞2k+1
則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
所以當(dāng)n=k+1時(shí)猜想也成立
綜合（1）（2）可知，對(duì)一切n≥3的正整數(shù)，都有2ⁿ＞2n+1．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列和不等式的綜合運(yùn)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查函數(shù)與方程思想，化歸與轉(zhuǎn)化思想．綜合性強(qiáng)，是高考的重點(diǎn)，易錯(cuò)點(diǎn)是知識(shí)體系不牢固．解題時(shí)要注意數(shù)學(xué)歸納法的靈活運(yùn)用．