Question

11．已知數列{a_n}滿足a₁=1，a₂=5，n≥2時，a_n+1=5a_n-6a_n-1
（1）證明：數列{a_n+1-3a_n}為等比數列，并求數列{a_n}的通項公式；
（2）試比較a_n與2n²+1的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）把已知數列遞推式變形可得a_n+1-3a_n=2（a_n-3a_n-1）（n≥2），又a₂-3a₁=5-3=2，可得數列{a_n+1-3a_n}是公比為2的等比數列，寫出等比數列的通項公式，可得
$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}=\frac{3}{2}•\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}+\frac{1}{2}$，令$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}={b}_{n}$，則${b}_{n+1}=\frac{3}{2}{b}_{n}+\frac{1}{2}$，得到${b}_{n}=（\frac{3}{2}）^{n}-1$，從而求得數列{a_n}的通項公式；
（2）當n=1時，a_n＜2n²+1．當n≥2時，利用數學歸納法證得a_n≥2n²+1．

解答 （1）證明：由a_n+1=5a_n-6a_n-1，得a_n+1-3a_n=2a_n-6a_n-1，
∴a_n+1-3a_n=2（a_n-3a_n-1）（n≥2），又a₂-3a₁=5-3=2，
∴數列{a_n+1-3a_n}是公比為2的等比數列，
則${a}_{n+1}-3{a}_{n}=2•{2}^{n-1}={2}^{n}$，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}=\frac{3}{2}•\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}+\frac{1}{2}$，
令$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}={b}_{n}$，則${b}_{n+1}=\frac{3}{2}{b}_{n}+\frac{1}{2}$，
∴${b}_{n+1}+1=\frac{3}{2}（{b}_{n}+1）$，
則${b}_{n}+1=（\frac{3}{2}）^{n}$，即${b}_{n}=（\frac{3}{2}）^{n}-1$，
∴${a}_{n}={2}^{n}[（\frac{3}{2}）^{n}-1]={3}^{n}-{2}^{n}$；
（2）解：當n=1時，${a}_{1}={3}^{1}-{2}^{1}=1$，2n²+1=3，a_n＜2n²+1．
當n≥2時，a_n≥2n²+1．
下面利用數學歸納法證明：
當n=2時，${a}_{2}={3}^{2}-{2}^{2}=5$，2n²+1=5，${a}_{n}=2{n}^{2}+1$，
當n=3時，a₃=3³-2³=21，2n²+1=19，${a}_{n}＞2{n}^{2}+1$；
假設當n=k時，a_k≥2k²+1，
那么，當n=k+1時，${a}_{k+1}=3{a}_{k}+{2}^{k}$≥3（2k²+1）+2^k．
∵3（2k²+1）+2^k-2（k+1）²-1=4k（k-1）+2^k＞0，
∴當n=k+1時，${a}_{k+1}≥2（k+1）^{2}+1$．
綜上，n≥2時，a_n≥2n²+1．
∴n=1時，a_n＜2n²+1；當n≥2時，a_n≥2n²+1．

點評 本題考查數列遞推式，考查了等比關系的確定，訓練了數學歸納法的應用，考查邏輯推理能力，計算能力，是中檔題．