Question

9．已知數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=-a_n-${（\frac{1}{2}）^{n-1}}$+2（n∈N*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)數(shù)列{$\frac{n+1}{n}$a_n}的前n項和為T_n，證明：n∈N*，且n≥3時，T_n＞$\frac{5n}{2n+1}$．

Answer 1

分析 （1）先計算a₁，再根據(jù)a_n=S_n-S_n-1得出遞推式，從而證明{2ⁿa_n}為等差數(shù)列，得出a_n；
（2）利用錯位相減法求出T_n，使用作差法得出大小關(guān)系．

解答 解：（1）n=1時，a₁=S₁=-a₁-1+2，∴a₁=$\frac{1}{2}$．
當n≥2時，S_n-1=-a_n-1-（$\frac{1}{2}$）^n-2+2，
∴a_n=S_n-S_n-1=-a_n+a_n-1+（$\frac{1}{2}$）^n-1，即2a_n=a_n-1+（$\frac{1}{2}$）^n-1，
∴2ⁿa_n=2^n-1a_n-1+1．
∴2ⁿa_n-2^n-1a_n-1=1，∴{2ⁿa_n}是以2a₁=1為首項，以1為公差的等差數(shù)列，
∴2ⁿa_n=n，∴a_n=$\frac{n}{{2}^{n}}$．
（2）$\frac{n+1}{n}{a}_{n}$=（n+1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴T_n=2$•\frac{1}{2}$+3$•\frac{1}{{2}^{2}}$+4$•\frac{1}{{2}^{3}}$+…+（n+1）$•\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$\frac{1}{2}$T_n=2$•\frac{1}{{2}^{2}}$+3$•\frac{1}{{2}^{3}}$+4$•\frac{1}{{2}^{4}}$+…+（n+1）$•\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$T_n=1+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{2}^{4}}$…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-（n+1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$，
=1+$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（n+1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{n+3}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$．
∴T_n-$\frac{5n}{2n+1}$=3-$\frac{n+3}{{2}^{n}}$-$\frac{5n}{2n+1}$=$\frac{（n+3）（{2}^{n}-2n-1）}{{2}^{n}（2n+1）}$，
猜想：2ⁿ＞2n+1（n≥3），
當n=3時，顯然猜想成立，
假設(shè)n=k（k≥3）時猜想成立，即2^k＞2k+1，
則2^k+1=2•2^k＞2（2k+1）=4k+2=2（k+1）+1+（2k-1）＞2（k+1）+1，
∴當n=k+1時，猜想成立，
∴2ⁿ＞2n+1（n≥3），即2ⁿ-2n-1＞0（n≥3），
∴$\frac{（n+3）（{2}^{n}-2n-1）}{{2}^{n}（2n+1）}$＞0，即T_n＞$\frac{5n}{2n+1}$．

點評 本題考查了數(shù)列的性質(zhì)，錯位相減法求和，數(shù)學歸納法的應用，屬于中檔題．