Question

19．（本题只限理科学生做）
已知S_n为数列{a_n}的前n项和，且${S_n}=2{a_n}+{n^2}-3n-2$，n=1，2，3…
（Ⅰ）求证：数列{a_n-2n}为等比数列；
（Ⅱ）设b_n=a_n•cosnπ，求数列{b_n}的前n项和P_n；
（Ⅲ）设${c_n}=\frac{1}{{{a_n}-n}}$，数列{c_n}的前n项和为T_n，求证：${T_n}＜\frac{5}{6}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将n换成n-1，两式相减，再由等比数列的定义，即可得证；
（Ⅱ）运用等比数列的通项公式，可得数列{a_n}的通项，讨论n为奇数和偶数，运用分组求和，即可得到所求；
（Ⅲ）求得{c_n}的通项，由n=1，n＞1，运用放缩法，结合不等式的性质，即可得证．

解答 （Ⅰ）证明：∵${S_n}=2{a_n}+{n^2}-3n-2$，
∴${S_{n+1}}=2{a_{n+1}}+{（{n+1}）^2}-3（{n+1}）-2$．
∴a_n+1=2a_n-2n+2，∴a_n+1-2（n+1）=2（a_n-2n）．
∴{a_n-2n}是以2为公比的等比数列；
（Ⅱ）解：a₁=S₁=2a₁-4，∴a₁=4，∴a₁-2×1=4-2=2．
∴${a_n}-2n={2^n}$，∴${a_n}={2^n}+2n$．
当n为偶数时，P_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n=（b₁+b₃+…+b_n-1）+（b₂+b₄+…+b_n）
=-（2+2×1）-（2³+2×3）-…-[2^n-1+2（n-1）]+（2²+2×2）+（2⁴+2×4）+…+（2ⁿ+2×n）
=$\frac{{4（{1-{2^n}}）}}{{1-{2^2}}}-\frac{{2（{1-{2^n}}）}}{{1-{2^2}}}+n=\frac{2}{3}•（{2^n}-1）+n$； 
当n为奇数时，Pn=$-\frac{{{2^{n+1}}+2}}{3}-（{n+1}）$．
综上，${P_n}=\left\{{\begin{array}{l}{-\frac{{{2^{n+1}}}}{3}-n-\frac{5}{3}，（n为奇数）}\\{\frac{2}{3}•（{2^n}-1）+n，（n为偶数）}\end{array}}\right.$．
（Ⅲ）证明：${c_n}=\frac{1}{{{a_n}-n}}=\frac{1}{{{2^n}+n}}$．
当n=1时，T₁=$\frac{1}{3}$$＜\frac{5}{6}$，
当n≥2时，${T_n}=\frac{1}{{{2^1}+1}}+\frac{1}{{{2^2}+2}}+\frac{1}{{{2^3}+3}}+…+\frac{1}{{{2^n}+n}}＜\frac{1}{3}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{2^n}$
=$\frac{1}{3}+\frac{{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{{2^{n-1}}}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}$=$\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2^n}=\frac{5}{6}-\frac{1}{2^n}＜\frac{5}{6}$，
综上可知：任意n∈N*，${T_n}＜\frac{5}{6}$．

点评 本题考查数列的通项和求和之间的关系，同时考查等比数列的定义和通项公式的运用，数列的求和：分组求和法，以及不等式的放缩法的运用，属于中档题．