Question

11．已知数列{a_n}满足a₁=1，a₂=5，n≥2时，a_n+1=5a_n-6a_n-1
（1）证明：数列{a_n+1-3a_n}为等比数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）试比较a_n与2n²+1的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）把已知数列递推式变形可得a_n+1-3a_n=2（a_n-3a_n-1）（n≥2），又a₂-3a₁=5-3=2，可得数列{a_n+1-3a_n}是公比为2的等比数列，写出等比数列的通项公式，可得
$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}=\frac{3}{2}•\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}+\frac{1}{2}$，令$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}={b}_{n}$，则${b}_{n+1}=\frac{3}{2}{b}_{n}+\frac{1}{2}$，得到${b}_{n}=（\frac{3}{2}）^{n}-1$，从而求得数列{a_n}的通项公式；
（2）当n=1时，a_n＜2n²+1．当n≥2时，利用数学归纳法证得a_n≥2n²+1．

解答 （1）证明：由a_n+1=5a_n-6a_n-1，得a_n+1-3a_n=2a_n-6a_n-1，
∴a_n+1-3a_n=2（a_n-3a_n-1）（n≥2），又a₂-3a₁=5-3=2，
∴数列{a_n+1-3a_n}是公比为2的等比数列，
则${a}_{n+1}-3{a}_{n}=2•{2}^{n-1}={2}^{n}$，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}=\frac{3}{2}•\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}+\frac{1}{2}$，
令$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}={b}_{n}$，则${b}_{n+1}=\frac{3}{2}{b}_{n}+\frac{1}{2}$，
∴${b}_{n+1}+1=\frac{3}{2}（{b}_{n}+1）$，
则${b}_{n}+1=（\frac{3}{2}）^{n}$，即${b}_{n}=（\frac{3}{2}）^{n}-1$，
∴${a}_{n}={2}^{n}[（\frac{3}{2}）^{n}-1]={3}^{n}-{2}^{n}$；
（2）解：当n=1时，${a}_{1}={3}^{1}-{2}^{1}=1$，2n²+1=3，a_n＜2n²+1．
当n≥2时，a_n≥2n²+1．
下面利用数学归纳法证明：
当n=2时，${a}_{2}={3}^{2}-{2}^{2}=5$，2n²+1=5，${a}_{n}=2{n}^{2}+1$，
当n=3时，a₃=3³-2³=21，2n²+1=19，${a}_{n}＞2{n}^{2}+1$；
假设当n=k时，a_k≥2k²+1，
那么，当n=k+1时，${a}_{k+1}=3{a}_{k}+{2}^{k}$≥3（2k²+1）+2^k．
∵3（2k²+1）+2^k-2（k+1）²-1=4k（k-1）+2^k＞0，
∴当n=k+1时，${a}_{k+1}≥2（k+1）^{2}+1$．
综上，n≥2时，a_n≥2n²+1．
∴n=1时，a_n＜2n²+1；当n≥2时，a_n≥2n²+1．

点评 本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了数学归纳法的应用，考查逻辑推理能力，计算能力，是中档题．