Question

已知数列{an}满足：a1=12t2，1an+1-1an=2(t-1)•tn+1...

已知数列{an}满足：a1=12t2，1an+1-1an=2(t-1)•tn+1(t≥2)． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式an； （Ⅱ）设数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn+1Sn＜n+1n； （Ⅲ）若t=2，bn=14an，cn=42bn-1，设数列{cn}前n项和为Tn，求证：对n∈N*，恒有Tn＜53．

Answer 1

解：（Ⅰ） 1a2-1a1=2(t-1)t2，1a3-1a2=2(t-1)t3，…
n≥2时，1an-1an-1=2(t-1)tn．
将上面n-1个等式相加，得1an-1a1=2(t-1)(t2+t3+…+tn)，
得an=12tn+1（n≥2）．n≥2时，（3分）
又n=1时，a1=12t2=12t1+1∴对n∈N*，恒有an=12tn+1．（4分）
（Ⅱ）Sn=12t2+12t3…+12tn+1=12t2(1-1tn)1-1t=tn-12tn+1(t-1)．
Sn+1Sn=tn+1-1tn+1-t=1+t-1tn+1-t．
又n+1n=1+1n，
所以要证明Sn+1Sn＜n+1n，只需证明t-1tn+1-t＜1n，
即证明tn+1-（t-1）n-t＞0．（6分）
下面证明：tn+1-（t-1）n-t＞0．
（方法一）数学归纳法：
证明：①当n=1时，∵t≥2，∴t2-2t+1=（t-1）2＞0，命题成立．
②假设当n=k时，命题成立，即tk+1-（t-1）k-t＞0，
那么当n=k+1时，∵tk+1-（t-1）k-t＞0，∴tk+2-（t2-t）k-t2＞0
∴tk+2-（t-1）（k+1）-t＞（t2-t）k+t2-（t-1）（k+1）-t=（t-1）2k+（t-1）2＞0，命题也成立．
综上所述对于n∈N•，命题都成立，
∴tn+1-（t-1）n-t＞0，
∴Sn+1Sn＜n+1n．…（8分）
（方法二）∵n≥1，∴n+1≥2，
∴tn+1=[1+（t-1）]n+1=Cn+10+Cn+11（t-1）+Cn+12（t-1）2+…+Cn+1n+1（t-1）n+1＞Cn+10+Cn+11（t-1）
=1+（n+1）（t-1）
=（t-1）n+t．
∴tn+1-（t-1）n-t＞0，∴Sn+1Sn＜n+1n．（8分）
（方法三）令f（x）=tx+1-[（t-1）x+t]（x≥1），
∴f′（x）=tx+1lnt-t+1＞0，
∴f（x）在（0，+∞）是单调递增函数，
∴对于x≥1，总有f（x）≥f（1）=（t-1）2＞0，
从而对于n∈N*，tn+1-（t-1）n-t＞0成立，
∴Sn+1Sn＜n+1n．（8分）
（方法四）要证明Sn+1Sn＜n+1n，只需证明t-1tn+1-t＜1n，只需证明ttn+1-t＜1n，
只需证明1tn-1＜1n，即只需证明tn＞n+1，构造函数f（x）=tx-t-1（x≥1），
则 f′（x）=txlnt-1＞0，
∴f（x）在[1，+∞）是单调递增函数，∴f（x）≥f（1）=t-2≥0，
∴由以上分析法可知：tn＞n+1，∴Sn+1Sn＜n+1n．（8分）
（Ⅲ）由（Ⅰ）知bn=2n，∴cn=422n-1，
∴cn+1cn=22n-122n+1-1=122n+1≤15．（9分）
当n=1时，显然T1=c1=43＜53．
当n＞1时，cn＜15cn-1＜(15)2cn-2＜…＜(15)n-1c1．（10分）
∴Tn=c1+c2+…+cn＜c1+(15)1c1+(15)2c1+…+(15)n-1c1
=c1•1-(15)n1-15=43•54•[1-(14)n]＜53．（12分）