Question

16．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=2，且當(dāng)n≥2時(shí)，滿足：2a_n=S_n+n，
（1）求a₂，a₃的值，
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，
（3）設(shè)f（x）=$\frac{5}{4}$n²+$\frac{11}{4}$n+3（n∈N^*），試比較S_n與f（n）的大小，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）利用當(dāng)n≥2時(shí)2a_n=S_n+n及a₁=2代入計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）可知數(shù)列{a_n+1}從第2項(xiàng)起是以5為首項(xiàng)、2為公比的等比數(shù)列，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（3）通過(guò)（2）易知S_n的表達(dá)式，利用f（n）=$\frac{5}{4}$n²+$\frac{11}{4}$n+3（n∈N^*）計(jì)算可知當(dāng)n＜4時(shí)S_n＜f（n）、當(dāng)n＜4時(shí)S_n=f（n），利用數(shù)學(xué)歸納法即可證明當(dāng)n≥5時(shí)S_n＞f（n）．

解答 解：（1）依題意，2a₂=a₁+a₂+2，
∴a₂=a₁+2=2+2=4，
∵當(dāng)n≥2時(shí)，2a_n=S_n+n，
∴S_n=2a_n-n，
∴S_n+1=2a_n+1-（n+1），
兩式相減得：a_n+1=2a_n+1-2a_n-1，
整理得：a_n+1+1=2（a_n+1）（n≥2），
又∵a₂=4，
∴a₃=2（a₂+1）-1=9；
（2）由（1）可知數(shù)列{a_n+1}從第2項(xiàng)起是以5為首項(xiàng)、2為公比的等比數(shù)列，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=5•2^n-2-1，
又∵a₁=2，
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，}&{n=1}\\{5•{2}^{n-2}-1，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（3）結(jié)論：當(dāng)n＜4時(shí)S_n＜f（n），當(dāng)n＜4時(shí)S_n=f（n），當(dāng)n≥5時(shí)S_n＞f（n）．
理由如下：
由（2）易知S_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，}&{n=1}\\{5•{2}^{n-1}-n-2，}&{n≥2}\end{array}\right.$，
又∵f（n）=$\frac{5}{4}$n²+$\frac{11}{4}$n+3（n∈N^*），
當(dāng)n=1時(shí)，S₁=2、f（1）=7，即S₁＜f（1）；
當(dāng)n=2時(shí)，S₂=6、f（2）=$\frac{27}{2}$，即S₂＜f（2）；
當(dāng)n=3時(shí)，S₃=15、f（3）=$\frac{45}{2}$，即S₃＜f（3）；
當(dāng)n=4時(shí)，S₄=34、f（4）=34，即S₄=f（4）；
下面用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)證明：當(dāng)n≥5時(shí)S_n＞f（n）．
要證明當(dāng)n≥5時(shí)S_n＞f（n），即證5•2^n-1-n-2＞$\frac{5}{4}$n²+$\frac{11}{4}$n+3，
即證5•2^n-1＞$\frac{5}{4}$n²+$\frac{15}{4}$n+5，即證2ⁿ⁺¹＞n²+3n+4，
①當(dāng)n=5時(shí)，命題顯然成立；
②假設(shè)當(dāng)n=k（k＞5）時(shí)，有2^k+1＞k²+3k+4，
則2•2^k+1＞2（k²+3k+4）
=2k²+6k+8
=2（k+1）²+3（k+1）-k+3
=[（k+1）²+3（k+1）+4]+（k²+k）
＞（k+1）²+3（k+1）+4，
即當(dāng)n=k+1時(shí)，命題成立；
綜上所述，當(dāng)n≥5時(shí)S_n＞f（n）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查數(shù)學(xué)歸納法，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．