题目内容

对于数列{a_n}，规定{△a_n}为数列{a_n}的一阶差分数列，其中△a_n=a_n+1-a_n（n∈N）；一般地，规定{△^ka_n}为数列{a_n}的k阶差分数列，其中△^ka_n=△^k-1a_n+1-△^k-1a_n，且k∈N，k≥2．
（Ⅰ）已知数列{a_n}的通项公式a_n= $数学公式$ n²- $数学公式$ n（n∈N），试证明{△a_n}是等差数列；
（Ⅱ）若数列{a_n}的首项a₁=1，且满足△²a_n-a_n+1+a_n=-2ⁿ（n∈N），求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，记b_n= $数学公式$ ，求证：b₁+ $数学公式$ +…+ $数学公式$ ＜ $数学公式$ ．

解：（Ⅰ）根据题意：△a_n=a_n+1-a_n=（n+1）²-（n+1）-n²+n=5n-4 （2分）
∴△a_n+1-△a_n=6．
∴数列{Da_n}是首项为1，公差为5的等差数列．（3分）
（Ⅱ）由△²a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，∴△a_n+1-△a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，?△a_n-a_n=2ⁿ．（5分）
而△a_n=a_n+1-a_n，∴a_n+1-2a_n=2ⁿ，∴ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，（6分）
∴数列{ $\text{[math]}$ }构成以 $\text{[math]}$ 为首项， $\text{[math]}$ 为公差的等差数列，
即 $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ?a_n=n•2^n-1．（7分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知a_n=n•2^n-1，
∴b_n= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ （9分）
∴当n≥2，n∈N^*时 $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ （ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ），
∴b₁+ $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$ =1+[（ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ）+（ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ）+（ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ）+…+（ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ）+（ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ）]
=1+ $\text{[math]}$ （ $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ）＜1+ $\text{[math]}$ （ $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ ）= $\text{[math]}$ ．
当n=1时，b₁=1＜ $\text{[math]}$ ，显然成立．
∴b₁+ $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$ ＜ $\text{[math]}$ ．（12分）
分析：（Ⅰ）根据题意：△a_n=a_n+1-a_n=（n+1）²-（n+1）-n²+n=5n-4，所以△a_n+1-△a_n=6．由此能够证明{△a_n}是等差数列．
（Ⅱ）由△²a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，知△a_n+1-△a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，所以△a_n-a_n=2ⁿ．由此入手能够求出数列{a_n}的通项公式．
（Ⅲ）由a_n=n•2^n-1，b_n= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，当n≥2，n∈N^*时， $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ （ $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ），由此入手，能够证明b₁+ $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$ ＜ $\text{[math]}$ ．
点评：第（Ⅰ）题考查等差数列的证明，解题时要注意等差数列性质的合理运用；第（Ⅱ）题考查数列通项公式的求解方法，解题时要注意构造法的合理运用；第（Ⅲ）题考查数列前n项和的证明，解题时要注意裂项求和法的合理运用．