Question

數(shù)列{a_n}滿足a₁=0且a_n+1=a_n+

1

2n

+1，數(shù)列{b_n}的前n項和S_n=2-b_n+

n(n+3)

2

，其中n∈N^*．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）求證：{b_n-n}是等比數(shù)列，并求{b_n}的通項公式；
（3）是否存在m∈N，使不等式a₁²+a₂²+…+a_n²＞b₁²+b₂²+…+b_n²-m對任意n∈N^*都成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，說明理由．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合,數(shù)列的求和

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列,不等式的解法及應用

分析：（1）由數(shù)列遞推式a_n+1=a_n+

1

2n

+1，得到a_n+1-a_n=

1

2n

+1，然后利用累加法求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）在S_n=2-b_n+

n(n+3)

2

中取n=1求得首項，取n=n-1得另一遞推式，作差后即可證得{b_n-n}是等比數(shù)列，并求出{b_n}的通項公式；
（3）由bn2-an2=(bn+an)(bn-an)=2n•

1

2n-2

=

n

2n-3

，把T_n=（b₁²+b₂²+…+b_n²）-（a₁²+a₂²+…+a_n²）
分組代值后利用錯位相減法求其和，把a₁²+a₂²+…+a_n²＞b₁²+b₂²+…+b_n²-m分離變量m后得答案．

解答： （1）解：由a_n+1=a_n+

1

2n

+1，得a_n+1-a_n=

1

2n

+1，
a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁
=(

1

2n-1

+1)+(

1

2n-2

+1)+…+(

1

2

+1)+0
=(

1

2n-1

+

1

2n-2

+…+

1

2

)+(n-1)=n-

1

2n-1

；
（2）證明：S_n=2-b_n+

n(n+3)

2

，
當n=1時，由S₁=b₁=2-b₁+2，得b₁=2．
當n≥2時，Sn-1=2-bn-1+

(n-1)(n+2)

2

，
兩式作差得：2b_n=b_n-1+n+1．
則2（b_n-n）=b_n-1-（n-1），
即bn-n=

1

2

[bn-1-(n-1)](n≥2)，
∴{b_n-n}是以1為首項，

1

2

為公比的等比數(shù)列，
于是bn-n=

1

2n-1

．
∴bn=n+

1

2n-1

；
（3）解：∵bn2-an2=(bn+an)(bn-an)=2n•

1

2n-2

=

n

2n-3

，
設T_n=（b₁²+b₂²+…+b_n²）-（a₁²+a₂²+…+a_n²）
=(b12-a12)+(b22-a22)+…+(bn2-an2)，
則Tn=

1

2-2

+

2

2-1

+

3

20

+…+

n-1

2n-4

+

n

2n-3

  ①．

1

2

Tn=

1

2-1

+

2

20

+

3

21

+…+

n-1

2n-3

+

n

2n-2

  ②．
①-②得，

1

2

Tn=

1

2-2

+

1

2-1

+

1

20

+

1

21

+…+

1

2n-3

-

n

2n-2

=

4(1- 1 2n )

1- 1 2

-

n

2n-2

=8-

n+2

2n-2

．
∴Tn=16-

n+2

2n-1

．
可以看出，T_n＜16，且隨著n的增大無限趨近于16．
由a₁²+a₂²+…+a_n²＞b₁²+b₂²+…+b_n²-m對任意n∈N^*都成立，得m＞T_n．
于是存在使該不等式成立的正整數(shù)m，其最小值為16．

點評：本題考查了累加法求數(shù)列的通項公式，考查了等比關系的確定，訓練了錯位相減法求數(shù)列的和，考查了分離參數(shù)法求參數(shù)的范圍，是壓軸題．