题目内容
已知数列{an}满足a1=7，an+1=3an+2n-1-8n．（n∈N*）（Ⅰ）李四同学欲求{an}的通项公式，他想，如能找到一个函数f（n）=A•2n-1+B•n+C（A、B、C是常数），把递推关系变成an+1-f（n+1）=3[an-f（n）]后，就容易求出{an}的通项了．请问：他设想的f（n）存在吗？{an}的通项公式是什么？
（Ⅱ）记Sn=a1+a2+a3+…+an，若不等式Sn-2n2＞p×3n对任意n∈N*都成立，求实数p的取值范围．
分析：（Ⅰ）由题意an+1=3an+2n-1-8n，要使函数f（n）=A•2n-1+B•n+C（A、B、C是常数），把递推关系变成an+1-f（n+1）=3[an-f（n）]，可得f（n+1）-3f（n）=2n-1-8n，从而求出A，B；
（Ⅱ）记Sn=a1+a2+a3+…+an，因为不等式Sn-2n2＞p×3n对任意n∈N*都成立，可得Sn-2n2=3n-2n+4n，得出p与n的关系式，然后利用归纳法进行证明；
（Ⅱ）记Sn=a1+a2+a3+…+an，因为不等式Sn-2n2＞p×3n对任意n∈N*都成立，可得Sn-2n2=3n-2n+4n，得出p与n的关系式，然后利用归纳法进行证明；
解答：解：（Ⅰ）∵an+1-f（n+1）=3[an-f（n）]
∴an+1=3an+f（n+1）-3f（n），
所以只需f（n+1）-3f（n）=2n-1-8n，
∵f（n+1）-3f（n）=-A•2n-1-2Bn+（B-2C），
∴-A=1，-2B=-8，B-2C=0，
∴A=-1，B=4，C=2．故李四设想的f（n）存在，f（n）=-2n-1+4n+2．
∴an-f（n）=3n-1[a1-f（1）]=3n-1（7-5）=2×3n-1，
∴an=2×3n-1+f（n）=2×3n-1-2n-1+2（2n+1）．（5分）
（Ⅱ）Sn=2（1+3+32++3n-1）-（1+2++2n-1）+2[3+5++（2n+1）]=3n-2n+2n2+4n．
∴Sn-2n2=3n-2n+4n，（7分）
由Sn-2n2＞p×3n，得p＜
=1-
．
设bn=
，则bn+1-bn=1-
-1+
=
=
，
当n≥6时，2n-2=（1+1）n-2≥1+Cn-21+Cn-22++Cn-2n-3+Cn-2n-2≥2(1+n-2)+
≥2n-2+2(n-3)=4n-8＞2n-1，
（用数学归纳法证也行）
∴n≥6时，bn+1＞bn．容易验证，1≤n≤5时，bn|+1＜bn，
∴p＜（bn）min=b6=
，
∴p的取值范围为(-∞，
)．（13分）
∴an+1=3an+f（n+1）-3f（n），
所以只需f（n+1）-3f（n）=2n-1-8n，
∵f（n+1）-3f（n）=-A•2n-1-2Bn+（B-2C），
∴-A=1，-2B=-8，B-2C=0，
∴A=-1，B=4，C=2．故李四设想的f（n）存在，f（n）=-2n-1+4n+2．
∴an-f（n）=3n-1[a1-f（1）]=3n-1（7-5）=2×3n-1，
∴an=2×3n-1+f（n）=2×3n-1-2n-1+2（2n+1）．（5分）
（Ⅱ）Sn=2（1+3+32++3n-1）-（1+2++2n-1）+2[3+5++（2n+1）]=3n-2n+2n2+4n．
∴Sn-2n2=3n-2n+4n，（7分）
由Sn-2n2＞p×3n，得p＜
| 3n-2n+4n |
| 3n |
| 2n-4n |
| 3n |
设bn=
| 3n-2n+4n |
| 3n |
| 2n+1-4(n+1) |
| 3n+1 |
| 2n-4n |
| 3n |
| 2n-8n+4 |
| 3n+1 |
| 2n-4(2n-1) |
| 3n+1 |
当n≥6时，2n-2=（1+1）n-2≥1+Cn-21+Cn-22++Cn-2n-3+Cn-2n-2≥2(1+n-2)+
| (n-2)(n-3) |
| 2 |
（用数学归纳法证也行）
∴n≥6时，bn+1＞bn．容易验证，1≤n≤5时，bn|+1＜bn，
∴p＜（bn）min=b6=
| 689 |
| 729 |
∴p的取值范围为(-∞，
| 689 |
| 729 |
点评：此题是数学与不等式的综合，难度比较大，第一题根据（1）的思路进行求解，不是很难，第二问难度比较大，计算量也比较大，利用归纳法进行求解比较简单；
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