Question

6．已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且2S_n=（a_n-1）（a_n+2）．
（1）求證：不論λ取何值，數(shù)列{a_n+λa_n+1}總是等差數(shù)列，并求此數(shù)列的公差；
（2）設(shè)數(shù)列$\{\frac{{（n-1）•{2^n}}}{{n{a_n}}}\}$的前n項(xiàng)和為T_n，試比較T_n與$\frac{{{2^{n+1}}（18-n）-2n-2}}{n+1}$的大�。�

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用數(shù)列的遞推式：當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1．可得a_n=n+1，再由等差數(shù)列的定義即可得證，且得公差；
（2）求得$\frac{{（n-1）•{2^n}}}{{n{a_n}}}=\frac{{（n-1）•{2^n}}}{n（n+1）}=\frac{{{2^{n+1}}}}{n+1}-\frac{2^n}{n}$，運(yùn)用裂項(xiàng)相消求和可得T_n，再由作差法，討論n的范圍，即可得到大小關(guān)系．

解答 （1）證明：當(dāng)n=1時(shí)，2a₁=2S₁=（a₁-1）（a₁+2），
∵a₁＞0，∴a₁=2．
n=2時(shí)，2S₂=（a₂-1）（a₂+2）=2（2+a₂），
解得a₂=3．
當(dāng)n≥2時(shí)，$2{a_n}=2（{S_n}-{S_{n-1}}）={a_n}^2-{a_{n-1}}^2+{a_n}-{a_{n-1}}$，
∴（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0，
∵a_n+a_n-1＞0，∴a_n-a_n-1=1，
∴數(shù)列{a_n}是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，
∴a_n=n+1；
∵（a_n+1+λa_n+2）-（a_n+λa_n+1）=（a_n+1-a_n）+λ（a_n+2-a_n+1）=1+λ，
∴不論λ取何值，數(shù)列{a_n+λa_n+1}總是等差數(shù)列，且此數(shù)列的公差為1+λ．
（2）解：∵$\frac{{（n-1）•{2^n}}}{{n{a_n}}}=\frac{{（n-1）•{2^n}}}{n（n+1）}=\frac{{{2^{n+1}}}}{n+1}-\frac{2^n}{n}$，
∴${T_n}=\frac{2^2}{2}-\frac{2}{1}+\frac{2^3}{3}-\frac{2^2}{2}+…+\frac{{{2^{n+1}}}}{n+1}-\frac{2^n}{n}=\frac{{{2^{n+1}}}}{n+1}-2$，${T_n}-\frac{{{2^{n+1}}（18-n）-2n-2}}{n+1}=\frac{{{2^{n+1}}}}{n+1}-2-\frac{{{2^{n+1}}（18-n）-2n-2}}{n+1}=\frac{{{2^{n+1}}（n-17）}}{n+1}$，
當(dāng)n＜17且n為正整數(shù)時(shí)，$\frac{{{2^{n+1}}（n-17）}}{n+1}＜0$，∴${T_n}＜\frac{{{2^{n+1}}（18-n）-2n-2}}{n+1}$；
當(dāng)n=17時(shí)，$\frac{{{2^{n+1}}（n-17）}}{n+1}=0$，∴${T_n}=\frac{{{2^{n+1}}（18-n）-2n-2}}{n+1}$；
當(dāng)n＞17且n為正整數(shù)時(shí)，$\frac{{{2^{n+1}}（n-17）}}{n+1}＞0$，∴${T_n}＞\frac{{{2^{n+1}}（18-n）-2n-2}}{n+1}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的定義的運(yùn)用，考查數(shù)列的求和方法：裂項(xiàng)相消求和，以及分類討論思想方法，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．