Question

在数列{a_n}中，a₁=2，a_n+1=2a_n-n+1，n∈N^*．
（1）证明数列{a_n-n}是等比数列；
（2）设S_n是数列{a_n}的前n项和，求使2S_n＞S_n+1的最小n值．

Answer 1

分析：（1）先根据 a₁-1=1≠0以及由a_n+1=2a_n-n+1整理得到的a_n+1-（n+1）=2（a_n-n），相比即可得到数列{a_n-n}是等比数列；
（2）先利用分组求和求出S_n；再代入求出2s_n-s_n+1的表达式，利用其大于0即可求出满足使2S_n＞S_n+1的最小n值．

解答：（1）证明：由已知 a₁-1=1≠0．
由 a_n+1=2a_n-n+1，
得a_n+1-（n+1）=2（a_n-n）
∴

an+1-(n+1)

an-n

=2．
∴{a_n-n}是等比数列．
（2）解：由（1）知：a_n-n=2^n-1；
∴a_n=2^n-1+n；
s_n=（2⁰+1）+（2¹+2）+（2²+3）+…+（2^n-1+n）
=（2⁰+2¹+…+2^n-1）+（1+2+3+…+n）
=

1×(1-2 n)

1-2

+

n(n+1)

2

=2n-1+

n(n+1)

2

．
∴2s_n-s_n+1=2[2n-1+

n(n+1)

2

]-[2n+1-1+

(n+1)(n+2)

2

]
=

1

2

(n2-n-4)＞0
则n的最小值为3
使2S_n＞S_n+1的最小n值为：3．

点评：本题主要考察数列递推关系式的应用以及等比关系的确定．在证明一个数列为等比数列时，一定要注意各项不能为0这一限制条件．