Question

3．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=2a_n-n+2，數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，b₂=a₂，b₅=a₃
（1）求a_n、b_n；
（2）設(shè)c_n=a_nb_n-n²，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（3）設(shè)S_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，求證：對(duì)一切n＞2，n∈N^*，都有T_n＞2S_n．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用待定系數(shù)得出方法[a_n+1-（n+1）+k]=2[a_n-n+k]，得出數(shù)列{a_n-n+1}首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，即可求解a_n，再運(yùn)用等差數(shù)列的性質(zhì)公式求解b_n即可．
（2）求解得出c_n=（n+1）•2^n-1-1，運(yùn)用錯(cuò)位相減，拆項(xiàng)組合的方法求解和即可．
（3）作差得出T_n-2S_n=n•2ⁿ-n²-2ⁿ⁺¹+2=（n-2）•2ⁿ-n²+2，構(gòu)造函數(shù)f（n）=（n-2）•2ⁿ-n²+2，利用f（n+1）-f（n）=n•（2ⁿ-2）-1，令g（n）=n•（2ⁿ-2）-1，單調(diào)性，可判斷出可得g（n）＞0，n≥3，恒成立，就能夠證明f（n+1）-f（n）＞0，n≥3，恒成立，f（n）在n≥3，n∈N單調(diào)遞增，即可得出需要的結(jié)論．

解答 解：（1）∵a_n+1=2a_n-n+2，
設(shè)[a_n+1-（n+1）+k]=2[a_n-n+k]，
得出：a_n+1=2a_n-n+k+1，
∴k+1=2，k=1，a₁-1+1=1，
∴數(shù)列{a_n-n+1}首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，
∴a_n=n-1+2^n-1，
∴a₂=3，a₃=6，
∵b₂=a₂，b₅=a₃，數(shù)列{b_n}為等差數(shù)列，
∴3d=6-3=3，d=1，b₁=2
∴b_n=2+n-1=n+1，
（2）c_n=a_nb_n-n²=（n-1+2^n-1）（n+1）-n²=（n+1）•2^n-1-1，
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=[2•2⁰+3×2¹+4×2²+…+n•2^n-2+（n+1）•2^n-1]-n
∵S=2•2⁰+3×2¹+4×2²+…+n•2^n-2+（n+1）•2^n-1，
2S=2×2¹+3×2²+…+n•2^n-1+（n+1）•2ⁿ
∴-S=2+2¹+2²+…+2^n-1-（n+1）•2ⁿ=2ⁿ-（n+1）•2ⁿ=-n•2ⁿ
∴S=n•2ⁿ，
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=n•2ⁿ-n，
（3）∵a_n=n-1+2^n-1，
∴S_n是數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，S_n=$\frac{{n}^{2}-n}{2}$+2ⁿ-1，
T_n=n•2ⁿ-n，
∴T_n-2S_n=n•2ⁿ-n²-2ⁿ⁺¹+2=（n-2）•2ⁿ-n²+2，
當(dāng)n=3時(shí)，（3-2）•2³-9+2=1＞0，
令f（n）=（n-2）•2ⁿ-n²+2，
f（n+1）-f（n）=n•（2ⁿ-2）-1，
令g（n）=n•（2ⁿ-2）-1，可判斷關(guān)于n的增函數(shù)，n≥3
g（3）=3×6-1＞0，
∴可得g（n）＞0，n≥3，恒成立，
即f（n+1）-f（n）＞0，n≥3，恒成立，
f（n）在n≥3，n∈N單調(diào)遞增，
即可證明對(duì)一切n＞2，n∈N^*，都有T_n＞2S_n．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了數(shù)列的性質(zhì)，解題思想，方程，構(gòu)造，待定系數(shù)，函數(shù)，不等式等手解題思想的運(yùn)用，難度較大，考查了學(xué)生綜合解決問(wèn)題的能力．