Question

8．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=1+$\frac{2}{{a}_{n}}$，記b_n=$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$
（1）求證：數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，并求b_n；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（3）記c_n=nb_n，S_n=c₁+c₂+…+c_n，對(duì)任意正整數(shù)n，不等式$\frac{m}{32}$+$\frac{3}{2}$S_n+n（-$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹-$\frac{1}{3}$（-$\frac{1}{2}$）ⁿ＞0恒成立，求最小正整數(shù)m．

Answer 1

分析 （1）b_n=$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$，a_n+1=1+$\frac{2}{{a}_{n}}$，可得b_n+1=$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n+1}+1}$=$\frac{1+\frac{2}{{a}_{n}}-2}{1+\frac{2}{{a}_{n}}+1}$=-$\frac{1}{2}$$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$=-$\frac{1}{2}_{n}$．即可證明．
（2）由b_n=$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$=$（-\frac{1}{2}）^{n}$，解出即可得出a_n．
（3）c_n=nb_n=n$（-\frac{1}{2}）^{n}$，利用“錯(cuò)位相減法”與不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 （1）證明：∵b_n=$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$，a_n+1=1+$\frac{2}{{a}_{n}}$，
∴b_n+1=$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n+1}+1}$=$\frac{1+\frac{2}{{a}_{n}}-2}{1+\frac{2}{{a}_{n}}+1}$=-$\frac{1}{2}$$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$=-$\frac{1}{2}_{n}$．
∴數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，公比為-$\frac{1}{2}$，且首項(xiàng)為-$\frac{1}{2}$．
∴b_n=$（-\frac{1}{2}）^{n}$．
（2）由b_n=$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$=$（-\frac{1}{2}）^{n}$，得a_n=$\frac{{2}^{n+1}+（-1）^{n}}{{2}^{n}+（-1）^{n-1}}$．
（3）c_n=nb_n=n$（-\frac{1}{2}）^{n}$，
∴S_n=-$\frac{1}{2}$+2×$（-\frac{1}{2}）^{2}$+3×$（-\frac{1}{2}）^{3}$+…+n$•（-\frac{1}{2}）^{n}$，
$-\frac{1}{2}{S}_{n}$=$（-\frac{1}{2}）^{2}+2（-\frac{1}{2}）^{3}$+…+$（n-1）×（-\frac{1}{2}）^{n}$+n$•（-\frac{1}{2}）^{n+1}$，
兩式相減得$\frac{3}{2}$S_n=-$\frac{1}{3}$$[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$-n$（-\frac{1}{2}）^{n+1}$，
∴不等式$\frac{m}{32}$+$\frac{3}{2}$S_n+n（-$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹-$\frac{1}{3}$（-$\frac{1}{2}$）ⁿ＞0，
即$\frac{m}{32}-\frac{1}{3}$＞0，解得m$＞\frac{32}{3}$，因此m≥11．
因此最小的正整數(shù)m=11．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、“錯(cuò)位相減法”，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．