Question

8．已知数列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=1+$\frac{2}{{a}_{n}}$，记b_n=$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$
（1）求证：数列{b_n}是等比数列，并求b_n；
（2）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（3）记c_n=nb_n，S_n=c₁+c₂+…+c_n，对任意正整数n，不等式$\frac{m}{32}$+$\frac{3}{2}$S_n+n（-$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹-$\frac{1}{3}$（-$\frac{1}{2}$）ⁿ＞0恒成立，求最小正整数m．

Answer 1

分析 （1）b_n=$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$，a_n+1=1+$\frac{2}{{a}_{n}}$，可得b_n+1=$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n+1}+1}$=$\frac{1+\frac{2}{{a}_{n}}-2}{1+\frac{2}{{a}_{n}}+1}$=-$\frac{1}{2}$$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$=-$\frac{1}{2}{b}_{n}$．即可证明．
（2）由b_n=$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$=$（-\frac{1}{2}）^{n}$，解出即可得出a_n．
（3）c_n=nb_n=n$（-\frac{1}{2}）^{n}$，利用“错位相减法”与不等式的性质即可得出．

解答 （1）证明：∵b_n=$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$，a_n+1=1+$\frac{2}{{a}_{n}}$，
∴b_n+1=$\frac{{a}_{n+1}-2}{{a}_{n+1}+1}$=$\frac{1+\frac{2}{{a}_{n}}-2}{1+\frac{2}{{a}_{n}}+1}$=-$\frac{1}{2}$$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$=-$\frac{1}{2}{b}_{n}$．
∴数列{b_n}是等比数列，公比为-$\frac{1}{2}$，且首项为-$\frac{1}{2}$．
∴b_n=$（-\frac{1}{2}）^{n}$．
（2）由b_n=$\frac{{a}_{n}-2}{{a}_{n}+1}$=$（-\frac{1}{2}）^{n}$，得a_n=$\frac{{2}^{n+1}+（-1）^{n}}{{2}^{n}+（-1）^{n-1}}$．
（3）c_n=nb_n=n$（-\frac{1}{2}）^{n}$，
∴S_n=-$\frac{1}{2}$+2×$（-\frac{1}{2}）^{2}$+3×$（-\frac{1}{2}）^{3}$+…+n$•（-\frac{1}{2}）^{n}$，
$-\frac{1}{2}{S}_{n}$=$（-\frac{1}{2}）^{2}+2（-\frac{1}{2}）^{3}$+…+$（n-1）×（-\frac{1}{2}）^{n}$+n$•（-\frac{1}{2}）^{n+1}$，
两式相减得$\frac{3}{2}$S_n=-$\frac{1}{3}$$[1-（-\frac{1}{2}）^{n}]$-n$（-\frac{1}{2}）^{n+1}$，
∴不等式$\frac{m}{32}$+$\frac{3}{2}$S_n+n（-$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹-$\frac{1}{3}$（-$\frac{1}{2}$）ⁿ＞0，
即$\frac{m}{32}-\frac{1}{3}$＞0，解得m$＞\frac{32}{3}$，因此m≥11．
因此最小的正整数m=11．

点评 本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、“错位相减法”，考查了推理能力与计算能力，属于难题．