Question

19．已知数列{a_n}是递增等差数列，a₁=2，其前n项为S_n（n∈N^*）．且a₁，a₄，S₅+2成等比数列．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项a_n及前n项和S_n；
（Ⅱ）若数列{b_n}满足b_n=${2^{\frac{a_n}{2}-1}}$+1，计算{b_n}的前n项和T_n，并用数学归纳法证明：当n≥5时，n∈N^*，T_n＞S_n．

Answer 1

分析 （I）设等差数列{a_n}的公差为d＞0，由a₁，a₄，S₅+2成等比数列．可得${a}_{4}^{2}$=a₁（S₅+2），即（2+3d）²=2$（5×2+\frac{5×4}{2}d+2）$，解出d，再利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．
（Ⅱ）b_n=${2^{\frac{a_n}{2}-1}}$+1=2^n-1+1，可得{b_n}的前n项和T_n=2ⁿ+n-1．当n≥5时，n∈N^*，T_n＞S_n．即证明：2ⁿ＞n²+1．利用数学归纳法证明即可得出．

解答 解：（I）设等差数列{a_n}的公差为d＞0，
∵a₁，a₄，S₅+2成等比数列．
∴${a}_{4}^{2}$=a₁（S₅+2），即（2+3d）²=2$（5×2+\frac{5×4}{2}d+2）$，
化为：9d²-8d-20=0，d＞0．
解得d=2，
∴a_n=2+2（n-1）=2n．
S_n=$\frac{n（2n+2）}{2}$=n²+n．
（Ⅱ）b_n=${2^{\frac{a_n}{2}-1}}$+1=2^n-1+1，
∴{b_n}的前n项和T_n=$\frac{{2}^{n}-1}{2-1}$+n=2ⁿ+n-1．
当n≥5时，n∈N^*，T_n＞S_n．即证明：2ⁿ＞n²+1．
下面利用数学归纳法证明：当n≥5时，n∈N^*，T_n＞S_n．
①当n=5时，2⁵=32＞26=5²+1，即n=1时成立．
②假设当n=k∈N^*（k≥5）时，2^k＞k²+1成立，
则n=k+1时，2^k+1=2×2^k＞2k²+2，
∵2k²+2-[（k+1）²+1]=k²-2k=k（k-2）＞0，
∴2k²+2＞（k+1）²+1，
即2^k+1＞（k+1）²+1，n=k+1时不等式成立．
综上得当n≥5时，T_n＞S_n，n∈N^*．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、递推关系、数学归纳法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．