Question

9．各項(xiàng)均不為零的數(shù)列{a_n}，首項(xiàng)a₁=1，且對(duì)于任意n∈N^*均有6a_n+1-a_n+1a_n-2a_n=0，b_n=$\frac{1}{a_n}$．
（1）求{b_n}的通項(xiàng)公式．
（2）若{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求證：當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{8}{3}（n+1）{T_n}$＞（n+1）C_n+1⁰2ⁿ+nC_n+1¹2^n-1+（n-1）C_n+1²2^n-2+…+（n+1-k）C_n+1^k2^n-k+…+C_n+1ⁿ2⁰．

Answer 1

分析 （1）各項(xiàng)均不為零的數(shù)列{a_n}，首項(xiàng)a₁=1，且對(duì)于任意n∈N^*均有6a_n+1-a_n+1a_n-2a_n=0，變形為$\frac{2}{{a}_{n+1}}=\frac{6}{{a}_{n}}-1$，即$_{n+1}=3_{n}-\frac{1}{2}$，化為$_{n+1}-\frac{1}{4}$=3$（_{n}-\frac{1}{4}）$，
再利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得：T_n=$\frac{{3}^{n+1}+2n-3}{8}$．可得左邊=$\frac{{3}^{n+1}+2n-3}{3}（n+1）$．考慮：$（n+1-k）C_{n+1}^k=（n+1-k）\frac{（n+1）!}{（n+1-k）!k!}=（n+1）\frac{n!}{k!（n-k）!}=（n+1）C_n^k$，可得右邊=（n+1）3ⁿ．n≥2時(shí)．計(jì)算左邊-右邊＞0即可．

解答 （1）解：∵各項(xiàng)均不為零的數(shù)列{a_n}，首項(xiàng)a₁=1，且對(duì)于任意n∈N^*均有6a_n+1-a_n+1a_n-2a_n=0，
∴$\frac{2}{{a}_{n+1}}=\frac{6}{{a}_{n}}-1$，∴$_{n+1}=3_{n}-\frac{1}{2}$，
化為$_{n+1}-\frac{1}{4}$=3$（_{n}-\frac{1}{4}）$，
∴數(shù)列$\{_{n}-\frac{1}{4}\}$是等比數(shù)列，首項(xiàng)為$\frac{3}{4}$，公比為3．
∴$_{n}-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}×{3}^{n-1}$，
∴${b_n}=\frac{{{3^n}+1}}{4}$．
（2）證明：T_n=$\frac{1}{4}×\frac{3（{3}^{n}-1）}{3-1}+\frac{n}{4}$=$\frac{{3}^{n+1}+2n-3}{8}$．
∴$\frac{8}{3}（n+1）{T_n}=\frac{{{3^{n+1}}+2n-3}}{3}（n+1）$．
考慮：$（n+1-k）C_{n+1}^k=（n+1-k）\frac{（n+1）!}{（n+1-k）!k!}=（n+1）\frac{n!}{k!（n-k）!}=（n+1）C_n^k$，
∴右邊=$（n+1）（C_n^0{2^n}+C_n^1{2^{n-1}}+…C_n^n）=（n+1）{（2+1）^n}=（n+1）{3^n}$．
則n≥2時(shí)．左邊-右邊=$\frac{{{3^{n+1}}+2n-3}}{3}（n+1）-（n+1）{3^n}=\frac{（2n-3）（n+1）}{3}＞0$．
∴當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{8}{3}（n+1）{T_n}$＞（n+1）C_n+1⁰2ⁿ+nC_n+1¹2^n-1+（n-1）C_n+1²2^n-2+…+（n+1-k）C_n+1^k2^n-k+…+C_n+1ⁿ2⁰．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式、組合數(shù)的計(jì)算公式、二項(xiàng)式定理的應(yīng)用、不等式的證明方法等基礎(chǔ)知識(shí)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．