Question

14．在数列{a_n}中，a₁=1，a₂=3，且满足$\frac{{a}_{n+2}}{n+2}$=$\frac{{a}_{n}}{n}$+$\frac{3}{{2}^{n+1}}$．
（1）记b_n=$\frac{{a}_{n}}{n}$，求{b_n}的通项公式；
（2）求数列{a_n}的前n项和S_n；
（3）证明不等式S_n-n（n+1）≤-1，n∈N^*．

Answer 1

分析 （1）根据题目给出的数列递推式，分n为奇数和偶数利用累积法求得数列的通项公式；
（2）由（1）中数列{b_n}的通项公式求数列{a_n}的通项公式，然后利用错位相减法求得数列{a_n}的前n项和S_n；
（3）由S_n-n（n+1）=$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}-4$，然后利用数学归纳法证明数列不等式$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}-4≤-1$．

解答 （1）解：由$\frac{{a}_{n+2}}{n+2}$=$\frac{{a}_{n}}{n}$+$\frac{3}{{2}^{n+1}}$，得
当n为奇数时，
$\frac{{a}_{3}}{3}=\frac{{a}_{1}}{1}+\frac{3}{{2}^{2}}$，
$\frac{{a}_{5}}{5}=\frac{{a}_{3}}{3}+\frac{3}{{2}^{4}}$，
…
$\frac{{a}_{n}}{n}=\frac{{a}_{n-2}}{n-2}+\frac{3}{{2}^{n-1}}$，
累加得：$\frac{{a}_{n}}{n}=\frac{{a}_{1}}{1}+3（\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{4}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$
=$1+3•\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{4}^{\frac{n-1}{2}}}）}{1-\frac{1}{4}}$=$2-\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴${b}_{n}=2-\frac{1}{{2}^{n-1}}$；
当n为偶数时，
$\frac{{a}_{4}}{4}=\frac{{a}_{2}}{2}+\frac{3}{{2}^{3}}$，
$\frac{{a}_{6}}{6}=\frac{{a}_{4}}{4}+\frac{3}{{2}^{5}}$，
…
$\frac{{a}_{n}}{n}=\frac{{a}_{n-2}}{n-2}+\frac{3}{{2}^{n-1}}$，
累加得：$\frac{{a}_{n}}{n}=\frac{{a}_{2}}{2}+3（\frac{1}{{2}^{3}}+\frac{1}{{2}^{5}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}）$
=$\frac{3}{2}+3•\frac{\frac{1}{8}（1-\frac{1}{{2}^{\frac{n-2}{2}}}）}{1-\frac{1}{4}}$=$2-\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴${b}_{n}=2-\frac{1}{{2}^{n-1}}$．
综上，${b}_{n}=2-\frac{1}{{2}^{n-1}}$（n∈N^*）；
（2）解：由${b}_{n}=2-\frac{1}{{2}^{n-1}}$，得$\frac{{a}_{n}}{n}=2-\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴${a}_{n}=2n-\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
S_n=a₁+a₂+…+a_n
=$2×1-\frac{1}{{2}^{0}}+2×2-\frac{2}{{2}^{1}}+…+2n-\frac{n}{{2}^{n-1}}$=2（1+2+…+n）-（$\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{2}{{2}^{1}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}$）
=n（n+1）-T_n，
${T}_{n}=\frac{1}{{2}^{0}}+\frac{2}{{2}^{1}}+…+\frac{n}{{2}^{n-1}}$，
则$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{2}{{2}^{2}}+…+\frac{n}{{2}^{n}}$，
两式作差得：$\frac{1}{2}{T}_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{n-1}}-\frac{n}{{2}^{n}}$=$\frac{1×（1-\frac{1}{{2}^{n}}）}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{{2}^{n}}$=$2-\frac{n+2}{{2}^{n}}$，
∴${T}_{n}=4-\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$，
∴${S}_{n}=n（n+1）-4+\frac{n+2}{{2}^{n-1}}$；
（3）证明：S_n-n（n+1）=$\frac{n+2}{{2}^{n-1}}-4$．
当n=1时，$\frac{1+2}{{2}^{0}}-4=-1≤-1$成立；
假设当n=k时不等式成立，即$\frac{k+2}{{2}^{k-1}}-4≤-1$，也就是$\frac{k+2}{{2}^{k-1}}≤3$，
难么，当n=k+1时，$\frac{k+1+2}{{2}^{k+1-1}}-4=\frac{k+3}{{2}^{k}}-4$=$\frac{k+3}{2（k+2）}•\frac{k+2}{{2}^{k-1}}-4$$≤3•\frac{k+3}{2（k+2）}-4=\frac{-5k-7}{2k+4}$．
要证$\frac{-5k-7}{2k+4}≤-1$，需证$\frac{5k+7}{2k+4}≥1$，即证5k+7≥2k+4，也就是证k≥1，此时显然成立．
∴当n=k+1时，不等式成立．
综上，不等式对于任意的n∈N^*都成立．

点评 本题考查了累积法求数列的通项公式，训练了错位相减法求数列的和，训练了利用数学归纳法证明数列不等式，属中高档题．