Question

已知數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足：．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；
（Ⅱ）設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，求證：；
（Ⅲ）若，設(shè)數(shù)列{c_n}前n項(xiàng)和為T(mén)_n，求證：對(duì)n∈N^*，恒有．

Answer 1

解：（Ⅰ） ，，…
n≥2時(shí)，．
將上面n-1個(gè)等式相加，得，
得（n≥2）．n≥2時(shí)，（3分）
又n=1時(shí)，∴對(duì)n∈N^*，恒有．（4分）
（Ⅱ）．
．
又，
所以要證明，只需證明，
即證明tⁿ⁺¹-（t-1）n-t＞0．（6分）
下面證明：tⁿ⁺¹-（t-1）n-t＞0．
（方法一）數(shù)學(xué)歸納法：
證明：①當(dāng)n=1時(shí)，∵t≥2，∴t²-2t+1=（t-1）²＞0，命題成立．
②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，命題成立，即t^k+1-（t-1）k-t＞0，
那么當(dāng)n=k+1時(shí)，∵t^k+1-（t-1）k-t＞0，∴t^k+2-（t²-t）k-t²＞0
∴t^k+2-（t-1）（k+1）-t＞（t²-t）k+t²-（t-1）（k+1）-t=（t-1）²k+（t-1）²＞0，命題也成立．
綜上所述對(duì)于n∈N^•，命題都成立，
∴tⁿ⁺¹-（t-1）n-t＞0，
∴．…（8分）
（方法二）∵n≥1，∴n+1≥2，
∴tⁿ⁺¹=[1+（t-1）]ⁿ⁺¹=C_n+1⁰+C_n+1¹（t-1）+C_n+1²（t-1）²+…+C_n+1ⁿ⁺¹（t-1）ⁿ⁺¹＞C_n+1⁰+C_n+1¹（t-1）
=1+（n+1）（t-1）
=（t-1）n+t．
∴tⁿ⁺¹-（t-1）n-t＞0，∴．（8分）
（方法三）令f（x）=t^x+1-[（t-1）x+t]（x≥1），
∴f′（x）=t^x+1lnt-t+1＞0，
∴f（x）在（0，+∞）是單調(diào)遞增函數(shù)，
∴對(duì)于x≥1，總有f（x）≥f（1）=（t-1）²＞0，
從而對(duì)于n∈N^*，tⁿ⁺¹-（t-1）n-t＞0成立，
∴．（8分）
（方法四）要證明，只需證明，只需證明，
只需證明，即只需證明tⁿ＞n+1，構(gòu)造函數(shù)f（x）=t^x-t-1（x≥1），
則 f′（x）=t^xlnt-1＞0，
∴f（x）在[1，+∞）是單調(diào)遞增函數(shù)，∴f（x）≥f（1）=t-2≥0，
∴由以上分析法可知：tⁿ＞n+1，∴．（8分）
（Ⅲ）由（Ⅰ）知b_n=2ⁿ，∴，
∴．（9分）
當(dāng)n=1時(shí)，顯然．
當(dāng)n＞1時(shí)，．（10分）
∴
=．（12分）
分析：（Ⅰ）依據(jù)條件中的等式，分別令n=1，2，…得到 ，，…n≥2時(shí)，．將上面n-1個(gè)等式相加，即可得到通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）先利用等比數(shù)列的求和公式求出Sn，從而得出．又，
所以要證明，只需證明，即證明tⁿ⁺¹-（t-1）n-t＞0．下面證明：tⁿ⁺¹-（t-1）n-t＞0．
（方法一）數(shù)學(xué)歸納法：證明：①當(dāng)n=1時(shí)，命題成立．②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，命題成立，證明當(dāng)n=k+1時(shí)，命題也成立．
（方法二）∵n≥1，∴n+1≥2，利用二項(xiàng)式定理tⁿ⁺¹=[1+（t-1）]ⁿ⁺¹進(jìn)行證明；
（方法三）令f（x）=t^x+1-[（t-1）x+t]（x≥1），利用導(dǎo)數(shù)工具研究其單調(diào)性，從而得到證明；
（方法四）利用分析法證明：要證明，只需證明，只需證明，只需證明，即只需證明tⁿ＞n+1，最后利用函數(shù)的單調(diào)性即得．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知b_n=2ⁿ，求得，再結(jié)合等比數(shù)列的求和公式即可證得結(jié)論．
點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用、數(shù)列遞推式、數(shù)學(xué)歸納法、不等式的解法等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．屬于中檔題．