Question

已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n²-3n-2,n=1,2,3,4,5... ... 1.

Answer 1

注:p^n表示p的n次方,
a*b
表示a与b相乘.
第一问楼上已经解释的很详细了,本人就不多解释了。
第二问,对于cos
nπ,因为n为正整数,所以n为偶数时,cos
nπ=cos0=1,
n为奇数时,cos
nπ=cosπ=-1,
综合起来,就会得到
cos
nπ=(-1)^n
,
而由第一问可算出an=2^n+2n,
则bn=an*cos(nπ)=(2^n+2n)*[(-1)^n],由基本运算(a^n)*(b^n)=(ab)^n
得bn=[(-2)^n]+2n*[(-1)^n],则可算出
b1=[(-2)^1]-2*1
b2=[(-2)^2]+2*2,
b3=[(-2)^3]-2*3,
……
由加法分配率进行合理分类,可把式子分为两部分,得Pn=b1+b2+b3+....+bn
=[(-2)^1+(-2)^2+(-2)^3+……+(-2)^n]+2*(-1+2-3+4-……)
对第一部分Fn=[(-2)^1+(-2)^2+(-2)^3+……+(-2)^n],显然是个首项为-2,公比为-2的等比数列,由等比数列前n项和公式Sn=(a1-q*an)/(1-q),计算得:Fn=(-2+2*(-2)^n)/1-(-2)=(-2/3)+
(2/3)*(-2)^n
对第二部分Dn=2*(-1+2-3+4-……),需分情况讨论,
1、当n为奇数时,Dn=2*[-1+2-3+4-……-(n-2)+(n-1)-n],
再进行合理分组,可得[-1+2=-3+4=……=-(n-2)+(n-1)=1,相当于把(n-1)个数两两为一分组,每组和为1,共有(n-1)/2组,还剩一个-n,故此时Dn=2*[1*(n-1)/2
–
n]=-n-1
2、当n为偶数时,Dn=2*[-1+2-3+4-……-(n-1)+n],同上Dn=n,
综上所述,
Pn=Fn+Dn=(-2/3)+
(2/3)*(-2)^n-n-1=(-5/3)+
(2/3)*(-2)^n-n(n为奇数)
或=
Fn+Dn=(-2/3)+
(2/3)*(-2)^n+n(n为偶数)
第三问,由第一问已算出an=2^n+2n,
故可算出Cn=1/(an-n)=1/(2^n+n),
则此时很容易算出C1=1/3,C2=1/6,C3=1/11,则C1+C2+C3=26/44,
而由题意和目标,要证Tn=C1+C2+C3+C4+C5+……+Cn<37/44,
两式相减,知此时只需证明C4+C5+……+Cn<11/44=1/4,即可,
由分数基本性质:若a>b>0,则1/a<1/b<0,
可知,n≥4时,Cn=1/(2^n+n)<1/(2^n)=(1/2)^n,
故C4<(1/2)^4,C5<(1/2)^5,……
故C4+C5+……+Cn<(1/2)^4+(1/2)^5+……+(1/2)^n,得到一个首项(1/2)^4,公比1/2的等比数列,由上述求和公式得(1/2)^4+(1/2)^5+……+(1/2)^n=[(1/2)^4
–
(1/2)*(1/2)^n]/(1-1/2)
=(1/2)^3-(1/2)^n=1/8-(1/2)^n,
显然(1/2)^n>0,
故1/8-(1/2)^n<1/8<1/4,由不等式传递性得C4+C5+……+Cn<1/4
与上述相符,故
原命题得到证明。
以上仅为本人个人思路而已,如果看懂了具体书写过程就自己整理,希望上述过程能使LZ受益!