Question

已知数列{a_n}中，a₁=t，a₂=t²（t＞0）且a_n+1=（t+1）a_n-ta_n-1（n≥2）．
（1）若t≠1，求证：数列{a_n+1-a_n}是等比数列；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）若1＜t＜2，，试比较与的大小．

Answer 1

【答案】分析：（1）由已知得（a_n+1-a_n）=t（a_n-a_n-1）（n≥2），a₂-a₁=t²-t≠0，，所以数列{a_n+1-a_n}是首项为t²-t，公比为t的等比数列．
（2）由a_n+1-a_n=（t²-t）t^n-1=tⁿ⁺¹-tⁿ，利用累加法求a_n．
（3）由，知，由在（1，+∞）上是增函数，知f（tⁿ）＜f（2ⁿ），由此知1＜t＜2时，＜对任意n∈N^*都成立．
解答：解：（1）证明：由已知得（a_n+1-a_n）=t（a_n-a_n-1）（n≥2），
∵t＞0，且t≠1，
∴a₂-a₁=t²-t≠0，
∴，
∴数列{a_n+1-a_n}是首项为t²-t，公比为t的等比数列．
（2）当t≠1时，a_n+1-a_n=（t²-t）t^n-1=tⁿ⁺¹-tⁿ，
a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁
=（tⁿ-t^n-1）+（t^n-1-t^n-2）+…+（t²-t）+t=tⁿ，
当t=1时，a_n=1，
综上所述，a_n=tⁿ．
（3）由已知得，，∴，
∵在（1，+∞）上是增函数，1＜tⁿ＜2ⁿ，∴f（tⁿ）＜f（2ⁿ），
∴．

=，
综上所述，1＜t＜2时，＜对任意n∈N^*都成立．
点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要注意公式的合理运用．