Question

16．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=2，对任意的n∈N^*都有a_n+1=3a_n+3ⁿ⁺¹-2ⁿ，记b_n=$\frac{{{a_n}-{2^n}}}{3^n}$（n∈N^*）．
（1）求证：数列{b_n}为等差数列；
（2）求S_n；
（3）证明：存在k∈N^*，使得$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}$≤$\frac{{{a_{k+1}}}}{a_k}$．

Answer 1

分析 （1）由已知数列递推式采用作差法证明数列{b_n}为等差数列；
（2）求出数列{b_n}的通项公式，得到数列{a_n}的通项公式，分组后分别利用等比数列的前n项和与错位相减法求和得S_n；
（3）由数列{a_n}的通项公式推测数列$（{\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}}）$的第一项最大．求出$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}=\frac{13}{2}$，证明$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}＜\frac{a_2}{a_1}=\frac{13}{2}，\;n≥2$即可．

解答 （1）证明：∵${a_{n+1}}=3{a_n}+{3^{n+1}}-{2^n}$，${b_n}=\frac{{{a_n}-{2^n}}}{3^n}$，
∴${b_{n+1}}-{b_n}=\frac{{{a_{n+1}}-{2^{n+1}}}}{{{3^{n+1}}}}-\frac{{{a_n}-{2^n}}}{3^n}=\frac{{3{a_n}+{3^{n+1}}-{2^n}-{2^{n+1}}}}{{{3^{n+1}}}}-\frac{{3{a_n}-3×{2^n}}}{{{3^{n+1}}}}$
=$\frac{{3{a_n}+{3^{n+1}}-3×{2^n}}}{{{3^{n+1}}}}-\frac{{3{a_n}-3×{2^n}}}{{{3^{n+1}}}}$=$\frac{{{3^{n+1}}}}{{{3^{n+1}}}}=1$，
∴数列{b_n}是公差为1，首项为${b_1}=\frac{{{a_1}-2}}{3}=\frac{2-2}{3}=0$的等差数列；
（2）解：由（1）可知b_n=n-1，
∴$\frac{{{a_n}-{2^n}}}{3^n}=n-1$，则${a_n}={2^n}+（{n-1}）×{3^n}$，
令数列{2ⁿ}的前n项和为S_1（n），则${S_{1（n）}}={2^{n+1}}-2$．
令数列{（n-1）×3ⁿ}的前n项和为S_2（n），
则S_2（n）=0×3¹+1×3²+2×3³+…+（n-2）×3^n-1+（n-1）×3ⁿ
∴$3{S_{2（n）}}=0×{3^2}+1×{3^3}+…+（{n-2}）×{3^n}+（{n-1}）×{3^{n+1}}$，
∴$-2{S_{2（n）}}={3^2}+{3^3}+…+{3^n}-（{n-1}）×{3^{n+1}}=\frac{{{3^2}（{1-{3^{n-1}}}）}}{1-3}-（{n-1}）×{3^{n+1}}$，
∴S_2（n）=$\frac{9}{4}+\frac{2n-3}{4}×{3^{n+1}}$，
则${S_n}={S_{1（n）}}+{S_{2（n）}}={2^{n+1}}-2+\frac{9}{4}+\frac{2n-3}{4}×{3^{n+1}}=\frac{2n-3}{4}×{3^{n+1}}+{2^{n+1}}+\frac{1}{4}$；
（3）证明：推测数列$（{\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}}）$的第一项最大．
下面证明$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}＜\frac{a_2}{a_1}=\frac{13}{2}，\;n≥2$．
∵${a_n}={2^n}+（{n-1}）×{3^n}$＞0，
∴只需证2a_n+1＜13a_n，
即2（2ⁿ⁺¹+n×3ⁿ⁺¹）＜13[2ⁿ+（n-1）×3ⁿ]，
即9×2ⁿ+（7n-13）×3ⁿ＞0，
∵n≥2，
∴上式显然成立，
∴$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}＜\frac{a_2}{a_1}=\frac{13}{2}，\;n≥2$．
∴存在k=1，使得$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}≤\frac{{{a_{k+1}}}}{a_k}$=$\frac{a_2}{a_1}$对任意的k∈N^*均成立．

点评 本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，训练了数列的分组求和及错位相减法求和，考查数列不等式的证明，考查学生的逻辑思维能力和推理论证能力，难度较大．