Question

已知数列{a_n}的前n项和S_n，a₁=t（t≠-1），S_n+2a_n+1+n+1=0，且数列{a_n+1}为等比数列．
（1）求实数t的值；
（2）设T_n为数列{b_n}的前n项和，b₁=1，且

Tn+1

n+1

-

Tn

n

=1．若对任意的n∈N^*，使得不等式

b1+1

a1+1

+

b2+1

a2+1

+…+

bn+1

an+1

≥

m

an+1

恒成立，求实数m的最大值．

Answer 1

考点：数列的求和,数列递推式,数列与不等式的综合

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）利用等比数列的通项公式即可得出；
（2）由（1）可得a_n+1=

1

2

×(

1

4

)n-1．由b₁=1，且

Tn+1

n+1

-

Tn

n

=1．利用等差数列的通项公式可得T_n=n²．利用n≥2时，b_n=T_n-T_n-1可得b_n=2n-1．即可得出

bn+1

an+1

=n×4ⁿ．设H_n=

b1+1

a1+1

+

b2+1

a2+1

+…+

bn+1

an+1

=1×4+2×4²+3×4³+…+n×4ⁿ，利用“错位相减法”可得H_n，对任意的n∈N^*，使得不等式

b1+1

a1+1

+

b2+1

a2+1

+…+

bn+1

an+1

≥

m

an+1

恒成立?m≤[（a_n+1）H_n]_min，解出即可．

解答： 解：（1）∵a₁=t（t≠-1），S_n+2a_n+1+n+1=0，
∴t+2a₂+2=0，解得a₂=-

t+2

2

；
t-

t+2

2

+2a₃+3=0，解得a₃=-

t+4

4

，
∵数列{a_n+1}为等比数列，
∴(a2+1)2=(a1+1)(a3+1)，
∴(1-

t+2

2

)2=（t+1）(1-

t+4

4

)，
化为2t²+t=0，
解得t=0或-

1

2

．
其中t=0舍去．
∴t=-

1

2

．
（2）由（1）可得

a2+1

a1+1

=

1 8

1 2

=

1

4

．
a_n+1=(1-

1

2

)×(

1

4

)2=

1

2

×(

1

4

)n-1．
∵b₁=1，且

Tn+1

n+1

-

Tn

n

=1．
∴数列{

Tn

n

}为等差数列，

T1

1

=1为首项，公差为1，
∴

Tn

n

=1+（n-1）×1，
∴T_n=n²．
∴n≥2时，b_n=T_n-T_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，n=1时也成立．
∴b_n=2n-1．
∴

bn+1

an+1

=

2n

1 2 ×( 1 4 )n-1

=n×4ⁿ．
∴设H_n=

b1+1

a1+1

+

b2+1

a2+1

+…+

bn+1

an+1

=1×4+2×4²+3×4³+…+n×4ⁿ，
∴4H_n=1×4²+2×4³+…+（n-1）×4ⁿ+n×4ⁿ⁺¹，
∴-3H_n=4+4²+4³+…+4ⁿ-n×4ⁿ⁺¹=

4×(4n-1)

4-1

-n×4ⁿ⁺¹=

4n+1-4

3

-n×4n+1，
∴H_n=

4+(3n-1)×4n+1

9

．
不等式

b1+1

a1+1

+

b2+1

a2+1

+…+

bn+1

an+1

≥

m

an+1

?m≤

1

2

×(

1

4

)n-1×

4+(3n-1)•4n+1

9

=

8[ 1 4n +(3n-1)]

9

．
∵

1

4n

+(3n-1)的最小值是

1

4

+2，
∴m的最大值为2．
∴实数m的最大值是2．

点评：本题考查了“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、递推式的应用，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．