Question

已知數(shù)列{a_n}中，a1=t，a2=t2(t＞0)，且a_n+1=（t+1）a_n-ta_n-1（n≥2）．
（1）若t≠1，求證：數(shù)列{a_n+1-a_n}是等比數(shù)列．
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．
（3）若

1

2

＜t＜2，bn=

2an

1+ a 2 n

(n∈N*)，試比較

1

b1

+

1

b2

+

1

b3

+…+

1

bn

與2n-2-

n

2

的大�。�

Answer 1

分析：（1）當(dāng)t≠1時，a_n+1-a_n=t（a_n-a_n-1）（n≥2），故

an+1-an

an-an-1

=t(n≥2)，由此能夠證明{a_n+1-a_n}是首項(xiàng)為t²-t，公比為t的等比數(shù)列．
（2）當(dāng)t≠1時，an+1-an=(t2-t)tn-1(t≠1)，即an+1-an=tn+1-tn，故an-an-1=tn-tn-1，an-1-an-2=tn-1-tn-2，…，a2-a1=t2-t，將上列各等式相加得an=tn(t≠1)，由此能夠得到an=tn(t＞0)．
（3）由bn=

2an

1+ a 2 n

=

2tn

1+t2n

，得

1

bn

=

1

2

(tn+

1

tn

)，由(2n+

1

2n

)-(tn+

1

tn

)=(2n-tn)

(2t)n-1

(2t)n

，和

1

2

＜t＜2，知2ⁿ＞tⁿ，2t＞1，由此入手能夠比較

1

b1

+

1

b2

+

1

b3

+…+

1

bn

與2n-2-

n

2

的大小．

解答：解：（1）由已知得，當(dāng)t≠1時，
a_n+1-a_n=t（a_n-a_n-1）（n≥2）…（2分）
∴

an+1-an

an-an-1

=t(n≥2)，
又∵a2-a1=t2-t=t(t-1)≠0
∴{a_n+1-a_n}是首項(xiàng)為t²-t，公比為t的等比數(shù)列…（4分）
（2）由（1）得，當(dāng)t≠1時，an+1-an=(t2-t)tn-1(t≠1)，
即an+1-an=tn+1-tn（5分）
∴an-an-1=tn-tn-1，an-1-an-2=tn-1-tn-2，…，a2-a1=t2-t，
將上列各等式相加得an-a1=tn-t，
∴an=tn(t≠1)…（6分）
當(dāng)t=1時，a_n+1-a_n=a_n-a_n-1=…=a₂-a₁=0，
∴a_n=1
綜上可知an=tn(t＞0)…（8分）
（3）由bn=

2an

1+ a 2 n

=

2tn

1+t2n

，
得

1

bn

=

1

2

(tn+

1

tn

)…（9分）
∵(2n+

1

2n

)-(tn+

1

tn

)=(2n-tn)

(2t)n-1

(2t)n

，
又

1

2

＜t＜2，
∴2ⁿ＞tⁿ，2t＞1，
∴（2t）ⁿ＞1，
∴2n+

1

2n

＞tn+

1

tn

，
∴

1

bn

＜

1

2

(2n+

1

2n

)…（11分）
∴

1

b1

+

1

b2

+…+

1

bn

＜

1

2

[(2+22+…+2n)+(

1

2

+

1

4

+…+

1

2n

)]
=

1

2

[

2(2n-1)

2-1

+

1 2 [1-( 1 2 )n]

1- 1 2

]
=2n-

1

2

(1+2-n)＜2n-

1

2

•2

1•2-n

=2n-2- 

n

2

．…（14分）

點(diǎn)評：本題考查數(shù)列與不等式的綜合運(yùn)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．綜合性強(qiáng)，難度大，有一定的探索性，對數(shù)學(xué)思維能力要求較高，是高考的重點(diǎn)．解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．