Question

1．已知数列{a_n}对任意的n∈N^*满足：a_n+2+a_n＞2a_n+1，则称数列{a_n}为“T数列”．
（Ⅰ）求证：数列{2ⁿ}是“T数列”；
（Ⅱ）若${a_n}={n^2}•{（{\frac{1}{2}}）^n}$，试判断数列{a_n}是否是“T数列”，并说明理由；
（Ⅲ）若数列{a_n}是各项均为正的“T数列”，求证：$\frac{{{a_1}+{a_3}+…+{a_{2n+1}}}}{{{a_2}+{a_4}+…+{a_{2n}}}}＞\frac{n+1}{n}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据新定义证明即可，
（Ⅱ）根据新定义判断即可，
（Ⅲ）原不等式等价于只需证n（a₁+a₃+…+a_2n+1）＞（n+1）a₂+a₄+…+a_2n．利用数学归纳法证明即可

解答 解：（Ⅰ）∵2ⁿ+2ⁿ⁺²=5•2ⁿ，2•2ⁿ⁺¹=4•2ⁿ，
∴a_n+2+a_n-2a_n+1=${2^{_{n+2}}}+{2_{^n}}-2•{2^{_{n+1}}}={2^n}＞0$，
∴a_n+2+a_n＞2a_n+1，
∴数列{2ⁿ}是“T数列”；
（Ⅱ）${a_{n+2}}+{a_n}-2{a_{n+1}}={（n+2）^2}•{（{\frac{1}{2}}）^{n+2}}$$+{n^2}•{（{\frac{1}{2}}）^n}$$-2{（n+1）^2}•{（{\frac{1}{2}}）^{n+1}}$
=${（{\frac{1}{2}}）^n}•[\frac{{{{（n+2）}^2}}}{4}+{n^2}-{（n+1）^2}]$=${（{\frac{1}{2}}）^n}•（{\frac{{{n^2}-4n}}{4}}）＞0$
解得，n＞4，n∈N^*，故数列{a_n}不是T数列．
（Ⅲ）要证$\frac{{{a_1}+{a_3}+…+{a_{2n+1}}}}{{{a_2}+{a_4}+…+{a_{2n}}}}＞\frac{n+1}{n}$
只需证n（a₁+a₃+…+a_2n+1）＞（n+1）a₂+a₄+…+a_2n．
下面运用数学归纳法证明．
（ⅰ）当n=1时，a₁+a₃＞2a₂成立．
（ⅱ）假设当n=k时，不等式成立，
即k（a₁+a₃+…+a_2k+1）＞（k+1）a₂+a₄+…+a_2k
那么当n=k+1时，
$\begin{array}{l}（k+1）（{a_1}+{a_3}+…+{a_{2k+3}}）-（k+2）（{a_2}+{a_4}+…+{a_{2k+2}}）\\=[k（{a_1}+{a_3}+…+{a_{2k+1}}）+（{a_1}+{a_3}+…+{a_{2k+1}}）+（k+1）{a_{2k+3}}]\\-[（k+1）（{a_2}+{a_4}+…+{a_{2k}}）+（{a_2}+{a_4}+…+{a_{2k}}）+（k+2）{a_{2k+2}}]\\＞（k+1）{a_{2k+3}}-（k+2）{a_{2k+2}}+（{a_1}+{a_3}+…+{a_{2k+1}}）-（{a_2}+{a_4}+…+{a_{2k}}）\\=（k+1）（{a_{2k+3}}-{a_{2k+2}}）+（{a_1}+{a_3}+…+{a_{2k+1}}）-（{a_2}+{a_4}+…+{a_{2k}}+{a_{2k+2}}）\end{array}$
∵{a_n}是T数列，∴a_n+2+a_n＞2a_n+1，∴a_n+2-a_n+1＞a_n+1-a_n∴a_n+2-a_n+1＞a_n+1-a_n＞a_n-a_n-1＞…＞a₂-a，
∴（a_2k+3-a_2k+2）＞（a_2k+2-a_2k+1），（a_2k+3-a_2k+2）＞（a_2k-a_2k-1），
依此类推（a_2k+3-a_2k+2）＞（a₂-a₁），
将上述式子相加，得（k+1）（a_2k+3-a_2k+2）+（a₁+a₃+…+a_2k+1）-（a₂+a₄+…+a_2k+a_2k+2）＞0，
∴当n=k+1时不等式成立，
根据（ⅰ）和（ⅱ）可知，
对于任意n∈N^*不等式$\frac{{{a_1}+{a_3}+…+{a_{2n+1}}}}{{{a_2}+{a_4}+…+{a_{2n}}}}＞\frac{n+1}{n}$均成立．

点评 本题考查了新定义的问题和数学归纳法，考查了学生的运算能力解决问题的能力，属于中档题．