Question

數列{a_n}，a₁=1，a_n+1=2a_n-n²+3n（n∈N^*）
（1）是否存在常數λ、u，使得數列{a_n+λn²+um}是等比數列，若存在，求出λ、u的值，若不存在，說明理由．
（2）設b_n=

1

an+n-2n-1

，S_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n，證明：當n≥2時，

6n

(n+1)(2n+1)

＜Sn＜

5

3

．

Answer 1

分析：（1）設a_n+1=2a_n-n²+3n，a_n+1=2a_n-λn²+（μ-2λ）n-λ-μ，由題設導出a_n+1=2a_n-n²+3n．存在λ=-1，μ=1使得數列{an+λn²+μn}是等比數列．
（2）an=2^n-1+n²-n，bn=

1

an+n-2n-1

=

1

n2

，當n≥3時，由bn=

1

n2

＞

1

n(n+1)

=

1

n

-

1

n+1

得S=b₁+b₂+b₃+…+b_n＞(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+(

1

3

-

1

4

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)，由此能夠導出當n≥2時，

6n

(n+1)(2n+1)

＜Sn＜

5

3

．

解答：（1）解：設a_n+1=2a_n-n²+3n，
可化為a_n+1+λ（n+1）²+μ（n+1）=2（a_n-λn²+μn），
即a_n+1=2a_n-λn²+（μ-2λ）n-λ-μ（2分）
故

λ=-1 μ-2λ=3 -λ-μ=0

  解得

λ=-1 μ=1

（4分）
∴a_n+1=2a_n-n²+3n
可化為（5分）
又a₁+1²+1≠0（6分）
故存在λ=-1，μ=1  使得數列{an+λn²+μn}是等比數列（7分）

（2）證明：由（1）得an-n²+n=（a₁-1²+1）•2^n-1
∴an=2^n-1+n²-n，
故bn=

1

an+n-2n-1

=

1

n2

（8分）
∵bn=

1

n2

=

4

4n2

＜

4

4n2-1

=

2

2n-1

-

2

2n+1

（9分）
∴n≥2時，S_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n＜1
+(

2

3

-

2

5

)+(

2

5

-

2

7

)+…+(

2

2n-1

-

2

2n+1

)
=1+

2

3

-

2

2n+1

＜

5

3

（11分）
現證Sn＞

6n

(n+1)(2n+1)

（n≥2）．
當n=2時  S_n=b₁+b₂=

1

4

=

5

4

而

6n

(n+1)(2n+1)

=

12

3×5

=

4

5

，

5

4

＞

4

5

，
故n=2時不等式成立（12分）
當n≥3時，由bn=

1

n2

＞

1

n(n+1)

=

1

n

-

1

n+1

得
S_n=b₁+b₂+b₃+…+b_n＞(1-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+(

1

3

-

1

4

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)
=1-

1

n+1

=

n

n+1

，且由2n+1＞6   得1＞

6

2n+1

，
∴Sn＞

n

n+1

＞

6n

(n+1)(2n+1)

（14分）

點評：本題考查數列與不等式的綜合應用，解題時要認真審題，仔細解答，注意計算能力的培養．