Question

3．已知数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=2a_n-n+2，数列{b_n}为等差数列，b₂=a₂，b₅=a₃
（1）求a_n、b_n；
（2）设c_n=a_nb_n-n²，求数列{c_n}的前n项和T_n；
（3）设S_n是数列{a_n}的前n项和，求证：对一切n＞2，n∈N^*，都有T_n＞2S_n．

Answer 1

分析 （1）运用待定系数得出方法[a_n+1-（n+1）+k]=2[a_n-n+k]，得出数列{a_n-n+1}首项为1，公比为2的等比数列，即可求解a_n，再运用等差数列的性质公式求解b_n即可．
（2）求解得出c_n=（n+1）•2^n-1-1，运用错位相减，拆项组合的方法求解和即可．
（3）作差得出T_n-2S_n=n•2ⁿ-n²-2ⁿ⁺¹+2=（n-2）•2ⁿ-n²+2，构造函数f（n）=（n-2）•2ⁿ-n²+2，利用f（n+1）-f（n）=n•（2ⁿ-2）-1，令g（n）=n•（2ⁿ-2）-1，单调性，可判断出可得g（n）＞0，n≥3，恒成立，就能够证明f（n+1）-f（n）＞0，n≥3，恒成立，f（n）在n≥3，n∈N单调递增，即可得出需要的结论．

解答 解：（1）∵a_n+1=2a_n-n+2，
设[a_n+1-（n+1）+k]=2[a_n-n+k]，
得出：a_n+1=2a_n-n+k+1，
∴k+1=2，k=1，a₁-1+1=1，
∴数列{a_n-n+1}首项为1，公比为2的等比数列，
∴a_n=n-1+2^n-1，
∴a₂=3，a₃=6，
∵b₂=a₂，b₅=a₃，数列{b_n}为等差数列，
∴3d=6-3=3，d=1，b₁=2
∴b_n=2+n-1=n+1，
（2）c_n=a_nb_n-n²=（n-1+2^n-1）（n+1）-n²=（n+1）•2^n-1-1，
∴数列{c_n}的前n项和T_n=[2•2⁰+3×2¹+4×2²+…+n•2^n-2+（n+1）•2^n-1]-n
∵S=2•2⁰+3×2¹+4×2²+…+n•2^n-2+（n+1）•2^n-1，
2S=2×2¹+3×2²+…+n•2^n-1+（n+1）•2ⁿ
∴-S=2+2¹+2²+…+2^n-1-（n+1）•2ⁿ=2ⁿ-（n+1）•2ⁿ=-n•2ⁿ
∴S=n•2ⁿ，
∴数列{c_n}的前n项和T_n=n•2ⁿ-n，
（3）∵a_n=n-1+2^n-1，
∴S_n是数列{a_n}的前n项和，S_n=$\frac{{n}^{2}-n}{2}$+2ⁿ-1，
T_n=n•2ⁿ-n，
∴T_n-2S_n=n•2ⁿ-n²-2ⁿ⁺¹+2=（n-2）•2ⁿ-n²+2，
当n=3时，（3-2）•2³-9+2=1＞0，
令f（n）=（n-2）•2ⁿ-n²+2，
f（n+1）-f（n）=n•（2ⁿ-2）-1，
令g（n）=n•（2ⁿ-2）-1，可判断关于n的增函数，n≥3
g（3）=3×6-1＞0，
∴可得g（n）＞0，n≥3，恒成立，
即f（n+1）-f（n）＞0，n≥3，恒成立，
f（n）在n≥3，n∈N单调递增，
即可证明对一切n＞2，n∈N^*，都有T_n＞2S_n．

点评 本题综合考查了数列的性质，解题思想，方程，构造，待定系数，函数，不等式等手解题思想的运用，难度较大，考查了学生综合解决问题的能力．