Question

已知等比數(shù)列{a_n} 的各項(xiàng)均為正數(shù)，且公比不等于1，數(shù)列{b_n}對(duì)任意正整數(shù)n，均有：（b_n+1-b_n+2）•log₂a₁+（b_n+2-b_n）•log₂a₃+（b_n-b_n+1）•log₂a₅=0 成立，b₁=1，b₇=13；
（1）求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和S_n；
（2）在數(shù)列{b_n}中依次取出第1項(xiàng)，第2項(xiàng)，第4項(xiàng)，第8項(xiàng)，…，第2^n-1項(xiàng)，…，組成一個(gè)新數(shù)列 {c_n}，求數(shù)列 {c_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（3）對(duì)（1）（2）中的S_n、T_n，當(dāng)n≥3時(shí)，比較T_n與S_n的大�。�

Answer 1

解：（1）設(shè)公比為q（q≠1），a₃=a₁q²，a₅=a₁q⁴ …（2分）
代入：（b_n+1-b_n+2）•log₂a₁+（b_n+2-b_n）•log₂a₃+（b_n-b_n+1）•log₂a₅=0得
∴[（b_n+1-b_n+2）+（b_n+2-b_n）+（b_n-b_n+1）]log₂a₁+2[（b_n+2-b_n）+2（b_n-b_n+1）]log₂q=0
即（b_n+2+b_n-2b_n+1）log₂q=0
∵q≠1，∴l(xiāng)og₂q≠0
∴b_n+2+b_n=2b_n+1，∴數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列 …（4分）
∵
∴b_n=2n-1，S_n=n² …（6分）
（2）∵c_n=2•2^n-1-1=2ⁿ-1
∴T_n=（2¹-1）+（2²-1）+（2³-1）+…+（2ⁿ-1）=（2¹+2²+2³+…+2ⁿ）-n=2ⁿ⁺¹-n-2
即數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和S_n==2ⁿ⁺¹-n-2…（8分）
（3）T_n-S_n=2ⁿ⁺¹-（n²+n+2）
n=3時(shí)，T₃-S₃=2＞0；n=4時(shí)，T₄-S₄=10＞0；
猜測(cè)n≥3（n∈N）時(shí)，T_n＞S_n …（10分）
用數(shù)學(xué)歸納法證明如下
①n=3時(shí)，T₃-S₃=2＞0（已證）
②假設(shè)n=k（k≥3）時(shí)不等式成立，即2^k+1＞k²+k+2 …（12分）
n=k+1時(shí)，2^k+2=2•2^k+1＞2（k²+k+2）
又2（k²+k+2）-[（k+1）²+（k+1）+2]=k²-k＞0
∴2^k+2＞2（k²+k+2）＞（k+1）²+（k+1）+2
∴T_k+1＞S_k+1
即n=k+1時(shí)，不等式成立．
由①②知，當(dāng)當(dāng)n≥3時(shí)，T_n＞S_n …（14分）
分析：（1）設(shè)公比為q（q≠1），a₃=a₁q²，a₅=a₁q⁴ 代入已知條件（b_n+1-b_n+2）•log₂a₁+（b_n+2-b_n）•log₂a₃+（b_n-b_n+1）•log₂a₅=0，化簡(jiǎn)可b_n+2+b_n=2b_n+1，所以數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，故可求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和S_n；
（2）觀察通項(xiàng)公式可知采用分組求和，再分別代入等比數(shù)列及等差數(shù)列的求和公式，即可求得．
（3）先猜后證，計(jì)算n=3時(shí)，T₃-S₃=2＞0；n=4時(shí)，T₄-S₄=10＞0；猜測(cè)n≥3（n∈N）時(shí)，T_n＞S_n，從而利用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明．
點(diǎn)評(píng)：本題屬于數(shù)列綜合運(yùn)用題，考查了由所給的遞推關(guān)系證明數(shù)列的性質(zhì)，對(duì)所給的遞推關(guān)系進(jìn)行研究求數(shù)列的遞推公式以及利用數(shù)列的求和公式求其和，難度較大，綜合性很強(qiáng)，對(duì)答題者探究的意識(shí)與探究規(guī)律的能力要求較高，是一道能力型題．