Question

數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=2a_n-1，設(shè)b_n=2（log₂a_n+1），n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列{b_n•a_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（3）證明：對(duì)于任意n∈N₊，不等式

b1+1

b1

•

b2+1

b2

•…•

bn+1

bn

＞

n+1

恒成立．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列的求和,數(shù)列遞推式

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由已知得S₁=a₁=2a₁-1，當(dāng)n≥2時(shí)，S_n=2a_n-1，S_n-1=2a_n-1-1，從而{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，由此能求出an=2n-1．
（2）由b_n=2（log₂a_n+1）=2（log₂2^n-1+1）=2n．得b_n•a_n=2n•2^n-1=n•2ⁿ，由此利用錯(cuò)位相減法能求出T_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2．
（3）由

bn+1

bn

=

2n+1

2n

，利用用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式

3

2

×

5

4

×…×

2n+1

2n

＞

n+1

成立，即可證明對(duì)于任意n∈N₊，不等式

b1+1

b1

•

b2+1

b2

•…•

bn+1

bn

＞

n+1

恒成立．

解答： （1）解：∵數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=2a_n-1，
∴S₁=a₁=2a₁-1，
解得a₁=1，
當(dāng)n≥2時(shí)，S_n=2a_n-1，S_n-1=2a_n-1-1，
兩式相減，得a_n=2a_n-2a_n-1，∴a_n=2a_n-1，
∴{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，
∴an=2n-1．
（2）解：b_n=2（log₂a_n+1）=2（log₂2^n-1+1）=2n．
∴b_n•a_n=2n•2^n-1=n•2ⁿ，
∴T_n=1•2+2•2²+3•2³+…+n•2ⁿ，①
2Tn=1•22+2•23+3•24+…+n•2n+1，②
①-②，得：-T_n=2+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹
=

2(1-2n)

1-2

-n•2ⁿ⁺¹
=（1-n）•2ⁿ⁺¹-2．
∴T_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2．
（3）證明：∵b_n=2n，∴

bn+1

bn

=

2n+1

2n

，
∴

b1+1

b1

•

b2+1

b2

•…•

bn+1

bn

=

3

2

×

5

4

×…×

2n+1

2n

，
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式

3

2

×

5

4

×…×

2n+1

2n

＞

n+1

成立．
①當(dāng)n=1時(shí)，左邊=

3

2

，右邊=

2

，
∵

3

2

＞

2

，∴不等式成立．
②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)不等式成立，即

3

2

×

5

4

×…×

2k+1

2k

＞

k+1

成立．
則當(dāng)n=k+1時(shí)，左邊=

3

2

×

5

4

×…×

2k+1

2k

×

2k+3

2k+2

＞

k+1

•

2k+3

2k+2

=

(2k+3)2 4(k+1)

=

(k+1)+1+ 1 4(k+1)

＞

k+2

，
∴當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式也成立．
由①、②可得不等式恒成立．
∴對(duì)于任意n∈N₊，不等式

b1+1

b1

•

b2+1

b2

•…•

bn+1

bn

＞

n+1

恒成立．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式的求法，考查不等式的證明，考查等差數(shù)列、等比數(shù)列等基礎(chǔ)知識(shí)，考查抽象概括能力，推理論證能力，運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，解題時(shí)要注意錯(cuò)位相減法和數(shù)學(xué)歸納法的合理運(yùn)用．