Question

9．在數列{a_n}中a₁=2，a₂=4，且當n≥2，n∈N^*時，a_n²=a_n-1a_n+1
（1）數列{a_n}的前n項和為S_n，證明：S_n=2a_n-2；
（2）若b_n=（2n-1）a_n，數列{b_n}的前n項和為T_n，證明：T_n+1＞4b_n．

Answer 1

分析 （1）可判數列{a_n}為等比數列，可得S_n和a_n，代入驗證可得；
（2）可得b_n=（2n-1）×2ⁿ，錯誤相減求和驗證即可．

解答 解：（1）∵當n≥2，n∈N^*時，a_n²=a_n-1a_n+1，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$，即數列{a_n}為等比數列，
又在數列{a_n}中a₁=2，a₂=4，∴公比q=2，
∴a_n=2×2^n-1=2ⁿ，S_n=$\frac{2×（1-{2}^{n}）}{1-2}$=2ⁿ⁺¹-2，
代入驗證可得S_n=2a_n-2；
（2）∵b_n=（2n-1）a_n=（2n-1）×2ⁿ，
∴T_n=1×2¹+3×2²+5×2³+…+（2n-1）×2ⁿ，
∴2T_n=1×2²+3×2³+5×2⁴+…+（2n-1）×2ⁿ⁺¹，
兩式相減可得-T_n=2+2（2²+2³+…+2ⁿ）-（2n-1）×2ⁿ⁺¹
=2+$\frac{2×{2}^{2}（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（2n-1）×2ⁿ⁺¹
=（3-2n）2ⁿ⁺¹-14，故T_n=（2n-3）2ⁿ⁺¹+14，
∴T_n+1=（2n-1）2ⁿ⁺²+14，4b_n=（2n-1）×2ⁿ⁺²，
∴T_n+1＞4b_n．

點評 本題考查數列求和，涉及等比數列的判定和求和公式以及錯位相減法求和，屬中檔題．