Question

9．在数列{a_n}中a₁=2，a₂=4，且当n≥2，n∈N^*时，a_n²=a_n-1a_n+1
（1）数列{a_n}的前n项和为S_n，证明：S_n=2a_n-2；
（2）若b_n=（2n-1）a_n，数列{b_n}的前n项和为T_n，证明：T_n+1＞4b_n．

Answer 1

分析 （1）可判数列{a_n}为等比数列，可得S_n和a_n，代入验证可得；
（2）可得b_n=（2n-1）×2ⁿ，错误相减求和验证即可．

解答 解：（1）∵当n≥2，n∈N^*时，a_n²=a_n-1a_n+1，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$，即数列{a_n}为等比数列，
又在数列{a_n}中a₁=2，a₂=4，∴公比q=2，
∴a_n=2×2^n-1=2ⁿ，S_n=$\frac{2×（1-{2}^{n}）}{1-2}$=2ⁿ⁺¹-2，
代入验证可得S_n=2a_n-2；
（2）∵b_n=（2n-1）a_n=（2n-1）×2ⁿ，
∴T_n=1×2¹+3×2²+5×2³+…+（2n-1）×2ⁿ，
∴2T_n=1×2²+3×2³+5×2⁴+…+（2n-1）×2ⁿ⁺¹，
两式相减可得-T_n=2+2（2²+2³+…+2ⁿ）-（2n-1）×2ⁿ⁺¹
=2+$\frac{2×{2}^{2}（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（2n-1）×2ⁿ⁺¹
=（3-2n）2ⁿ⁺¹-14，故T_n=（2n-3）2ⁿ⁺¹+14，
∴T_n+1=（2n-1）2ⁿ⁺²+14，4b_n=（2n-1）×2ⁿ⁺²，
∴T_n+1＞4b_n．

点评 本题考查数列求和，涉及等比数列的判定和求和公式以及错位相减法求和，属中档题．