Question

18．设数列{a_n}的前n项和S_n满足S_n+1=a₂S_n+a₁，其中a₂≠0．
（Ⅰ）求证：{a_n}是首项为1的等比数列；
（Ⅱ）若数列{b_n}的前n项和为T_n=n²+2n，求数列{a_n•b_n}的前n项和；
（Ⅲ）若a₂＞-1，求证：S_n≤$\frac{n}{2}$（a₁+a_n），并给出等号成立的条件．

Answer 1

分析 （I）利用a_n+1=S_n+1-S_n推导出递推公式即可得出结论；
（2）对a₂是否为1讨论，利用错位相减法求和；
（3）对|a₂|与1的关系讨论得出（a_r+1-1）（a_n-r+1-1）＞0，即a₂^r+a₂^n-r＜1+a₂ⁿ，使用累加求和得出结论．

解答 解：（I）当n=1时，a₁+a₂=a₂a₁+a₁，∴a₁=1．
∵a_n+1=S_n+1-S_n=a₂S_n+a₁-（a₂S_n-1+a₁）=a₂（S_n-S_n-1）=a₂a_n，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=a₂≠0．
∴{a_n}是以1为首项，以a₂为共比的等比数列．
（II）当n=1时，b₁=3，
当n≥2时，b_n=T_n-T_n-1=n²+2n-[（n-1）²+2（n-1）]=2n+1，
当n=1时，上式仍成立，
∴b_n=2n+1．又a_n=a₂^n-1，
∴a_nb_n=a₂^n-1（2n+1）．
设数列{a_n•b_n}的前n项和为R_n，
若a₂=1，则a_n=a₁=1，
∴R_n=T_n=n²+2n．
若a₂≠1，
则R_n=3a₂⁰+5a₂+7a₂²+…+（2n+1）a₂^n-1，
∴a₂R_n=3a₂+5a₂²+7a₂³+…（2n+1）a₂ⁿ，
∴（1-a₂）R_n=3+2a₂+2a₂²+2a₂³+…+2a₂^n-1-（2n+1）a₂ⁿ，
=1+$\frac{2（1-{{a}_{2}}^{n}）}{1-{a}_{2}}$-（2n+1）a₂ⁿ
∴R_n=$\frac{1}{1-{a}_{2}}$+$\frac{2-2{{a}_{2}}^{n}}{（1-{a}_{2}）^{2}}$-$\frac{（2n+1）{{a}_{2}}^{n}}{1-{a}_{2}}$．
（III）当a${\;}_{{\;}_{2}}$=1时，a_n=1，∴S_n=n，$\frac{n}{2}（{a}_{1}+{a}_{n}）$=n，故S_n=$\frac{n}{2}（{a}_{1}+{a}_{n}）$．
当a₂≠1时，当n=1或n=2时，显然S_n=$\frac{n}{2}（{a}_{1}+{a}_{n}）$成立，
当n≥3时，若-1＜a₂＜0或0＜a₂＜1，则a_n=a₂^n-1＜1，
若a₂＞1，则a_n=a₂^n-1＞1．
∴（a_r+1-1）（a_n-r+1-1）＞0，即a_r+1+a_n-r+1＜1+a_r+1a_n-r+1，（r=1，2，3…n-1）
∴a₂^r+a₂^n-r＜1+a₂ⁿ．
上面不等式对r从1到n-1累加求和得：
∴2a₂+2a₂²+2a₂³+…+2a₂^n-1＜（n-1）（1+a₂ⁿ），
∴a₂+a₃+a${\;}_{{\;}_{4}}$+…+a_n＜$\frac{n-1}{2}$（1+a₂ⁿ）
∴1+a₂+a₃+a${\;}_{{\;}_{4}}$+…+a_n+a_n+1＜$\frac{n+1}{2}$（1+a₂ⁿ），
∴1+a₂+a₃+a${\;}_{{\;}_{4}}$+…+a_n＜$\frac{n}{2}$（1+a₂^n-1），
即S_n＜$\frac{n}{2}$（a₁+a_n）．
综上，S_n≤$\frac{n}{2}$（a₁+a_n），当且仅当a₂=1或n=1或n=2时取等号．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用．