Question

3．已知数列{a_n}，a₁=0，a_n=a_n+1+$\frac{{a}_{n}+1}{2}$．
（1）证明数列{a_n+1}是等比数列，并求出数列{a_n}的通项公式；
（2）令b_n=na_n+n，数列{b_n}的前n项和为S_n，求证：S_n≥1．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：{a_n+1}是以a₁+1=1为首项，以$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，求得数列{a_n}的通项公式；
（2）由（1）可知：b_n=n（$\frac{1}{2}$）^n-1，利用错位相减法即可求得S_n，做商求得S_n的单调性，即可求得当n=1时，数列{S_n}取得最小值，即S_n≥S₁=1．

解答 证明：（1）由a_n=a_n+1+$\frac{{a}_{n}+1}{2}$，则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为首项，以$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
∴a_n+1=（$\frac{1}{2}$）^n-1，即a_n=（$\frac{1}{2}$）^n-1-1，
∴数列{a_n}的通项公式a_n=（$\frac{1}{2}$）^n-1-1；
（2）由（1）b_n=na_n+n=n（$\frac{1}{2}$）^n-1，
则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，
则2ⁿ⁺²-（n+3）＞2ⁿ⁺²-（2n+4），
由2ⁿ⁺²-（n+3）＞0，2ⁿ⁺²-（2n+4）＞0，
则$\frac{{S}_{n+1}}{{S}_{n}}$＞1，数列{S_n}单调递增，
故当n=1时，数列{S_n}取得最小值，即S_n≥S₁=1．
S_n≥1．

点评 本题考查等比数列的前n项和公式，考查“错位相减法”求数列的前n项和，考查数列的单调性及最值，考查计算能力，属于中档题．