Question

3．已知數(shù)列{a_n}，a₁=0，a_n=a_n+1+$\frac{{a}_{n}+1}{2}$．
（1）證明數(shù)列{a_n+1}是等比數(shù)列，并求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令b_n=na_n+n，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，求證：S_n≥1．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：{a_n+1}是以a₁+1=1為首項(xiàng)，以$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，求得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）由（1）可知：b_n=n（$\frac{1}{2}$）^n-1，利用錯位相減法即可求得S_n，做商求得S_n的單調(diào)性，即可求得當(dāng)n=1時，數(shù)列{S_n}取得最小值，即S_n≥S₁=1．

解答 證明：（1）由a_n=a_n+1+$\frac{{a}_{n}+1}{2}$，則a_n+1=$\frac{1}{2}$a_n-$\frac{1}{2}$，即（a_n+1+1）=$\frac{1}{2}$（a_n+1），
∴{a_n+1}是以a₁+1=1為首項(xiàng)，以$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，
∴a_n+1=（$\frac{1}{2}$）^n-1，即a_n=（$\frac{1}{2}$）^n-1-1，
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=（$\frac{1}{2}$）^n-1-1；
（2）由（1）b_n=na_n+n=n（$\frac{1}{2}$）^n-1，
則S_n=1×（$\frac{1}{2}$）⁰+2×（$\frac{1}{2}$）¹+3×（$\frac{1}{2}$）³+…+（n-1）×（$\frac{1}{2}$）^n-2+n（$\frac{1}{2}$）^n-1，①
∴$\frac{1}{2}$S_n=1×（$\frac{1}{2}$）¹+2×（$\frac{1}{2}$）²+3×（$\frac{1}{2}$）⁴+…+（n-1）×（$\frac{1}{2}$）^n-1+n（$\frac{1}{2}$）ⁿ，②
①-②得：$\frac{1}{2}$S_n=（$\frac{1}{2}$）⁰+（$\frac{1}{2}$）¹+（$\frac{1}{2}$）²+…+（$\frac{1}{2}$）^n-1-n（$\frac{1}{2}$）ⁿ，
=2-$\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
S_n=4-$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
∴$\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n}}$=$\frac{4-\frac{n+3}{{2}^{n}}}{4-\frac{n+2}{{2}^{n-1}}}$=$\frac{{2}^{n+2}-（n+3）}{{2}^{n+2}-（2n+4）}$，
由n+3＜2n+4，
則2ⁿ⁺²-（n+3）＞2ⁿ⁺²-（2n+4），
由2ⁿ⁺²-（n+3）＞0，2ⁿ⁺²-（2n+4）＞0，
則$\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n}}$＞1，數(shù)列{S_n}單調(diào)遞增，
故當(dāng)n=1時，數(shù)列{S_n}取得最小值，即S_n≥S₁=1．
S_n≥1．

點(diǎn)評 本題考查等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，考查“錯位相減法”求數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查數(shù)列的單調(diào)性及最值，考查計算能力，屬于中檔題．