Question

已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿足a_n+1²=2a_n²+a_na_n+1，a₂+a₄=2a₃+4，其中n∈N^*．
（Ⅰ）求數(shù){a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)數(shù){b_n}的前n項(xiàng)和T_n，令b_n=a_n²，其中n∈N^*，試比較與的大小，并加以證明．

Answer 1

解：（Ⅰ）因?yàn)閍_n+1²=2a_n²+a_na_n+1，即（a_n+1+a_n）（2a_n-a_n+1）=0
又a_n＞0，所以有2a_n-a_n+1=0，所以2a_n=a_n+1
所以數(shù)列{a_n}是公比為2的等比數(shù)列（2分）
由a₂+a₄=2a₃+4得2a₁+8a₁=8a₁+4，解得a₁=2
故數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=2ⁿ（n∈N^*）（4分）
（Ⅱ）因b_n=a_n²=2²ⁿ=4ⁿ，所以b₁=4，=4
即數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為4，公比是4的等比數(shù)列
所以T_n=（4ⁿ-1）（6分）
則==1+
又
=
猜想：7•4^n-1＞3n+1（8分）
①當(dāng)n=1時(shí)，7•4⁰=7＞3×1+1=4，上面不等式顯然成立；
②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，不等式7•4^k-1＞3k+1成立（9分）
當(dāng)n=k+1時(shí)，
7×4^k=4×7×4^k-1＞4（3k+1）=12k+4＞3k+4=3（k+1）+1
綜上①②對(duì)任意的n∈N⁺均有7•4^n-1＞3n+1（11分）
又4ⁿ-1＞0，4n-1＞0
∴
所以對(duì)任意的n∈N⁺均有（12分）
分析：（Ⅰ）由a_n+1²=2a_n²+a_na_n+1，移項(xiàng)分角因式得（a_n+1+a_n）（2a_n-a_n+1）=0，得2a_n=a_n+1，得出數(shù)列{a_n}是公比為2的等比數(shù)列，由a₂+a₄=2a₃+4得a₁=2，
用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式得出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得b_n=a_n²=2²ⁿ=4ⁿ，得數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為4，公比是4的等比數(shù)列，由等比數(shù)列的前n項(xiàng)和求出T_n，進(jìn)一步表示出與，兩者作差，不能判號(hào)的那部分用數(shù)學(xué)歸納法來證：第一步，n=1時(shí)，不等式成立，第二步，假設(shè)n=k時(shí)，結(jié)論成立，下面證明n=k+1時(shí)也成立．
點(diǎn)評(píng)：本題難點(diǎn)之一是求數(shù){a_n}的通項(xiàng)公式時(shí)，要把題干中的等式變形得到相鄰兩項(xiàng)的關(guān)系；難點(diǎn)之二在于要計(jì)算出兩個(gè)復(fù)雜的式子，在學(xué)生的計(jì)算能力越來越弱的情況下，這個(gè)實(shí)屬不易；難點(diǎn)之三在于作差比較大小，得出的結(jié)果不能判別符號(hào)，不少學(xué)生在此會(huì)放棄；難點(diǎn)之四在于要想到用數(shù)學(xué)歸納法來證明差中的一部分．