Question

已知數(shù)列{a_n}各項(xiàng)均不為0，其前n項(xiàng)和為S_n，且對(duì)任意n∈N^*都有（1-p）S_n=p-pa_n（p為大于1的常數(shù)），記f(n)=

1+ C 1 n a1+ C 2 n a2+…+ C n n an

2nSn

．
（1）求a_n；
（2）試比較f（n+1）與

p+1

2p

f(n)的大小（n∈N^*）；
（3）求證：(2n-1)f(n)≤f(1)+f(2)+…+f(2n-1)≤

p+1

p-1

[1-(

p+1

2p

)2n-1]，（n∈N^*）．

Answer 1

分析：（1）由題設(shè)中所給的恒成立的等式對(duì)任意n∈N^*都有（1-p）S_n=p-pa_n（p為大于1的常數(shù)），在此條件下求通項(xiàng)，一般利用a_n=S_n-S_n-1，故可構(gòu)造出（1-p）S_n+1=p-pa_n+1．兩式作差，即可消去和得到項(xiàng)之間的關(guān)系化簡(jiǎn)后再根據(jù)其形式判斷規(guī)律求出通項(xiàng)；
（2）由（1）可得Sn=

p(1-pn)

1-p

=

p(pn-1)

p-1

． 再利用數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式對(duì)f（n）的解析式中的分子進(jìn)行化簡(jiǎn)，得出f（n）關(guān)于n的表達(dá)式，分別求出f（n+1），

p+1

2p

f(n)，根據(jù)p的取值范圍對(duì)兩者的大小進(jìn)行比較，兩個(gè)代數(shù)式的大小比較通常先對(duì)其形式進(jìn)行化簡(jiǎn)，再比較大��；
（3）由（2）知 f(1)=

p+1

2p

，f（n+1）＜

p+1

2p

f(n)，（n∈N^*）．由此遞推關(guān)系對(duì)不等式進(jìn)行放大，再由同向不等式相加得出f(1)+f(2)+…+f(2n-1)≤

p+1

p-1

[1-(

p+1

2p

)2n-1]，（2n-1）f（n）≤f（1）+f（2）+…+f（2n-1）的證明可用f（k）+f（2n-k）的表達(dá)式的研究進(jìn)行放小證明得出f（k）+f（2n-k）≥2f（n），由同向不等式相加證得結(jié)論．

解答：解：（1）∵（1-p）S_n=p-pa_n，①
∴（1-p）S_n+1=p-pa_n+1．②
②-①，得（1-p）a_n+1=-pa_n+1+pa_n，即a_n+1=pa_n．在①中令n=1，可得a₁=p．
∴{a_n}是首項(xiàng)為a₁=p，公比為p的等比數(shù)列，a_n=pⁿ．
（2）由（1）可得Sn=

p(1-pn)

1-p

=

p(pn-1)

p-1

．1+C_n¹a₁+C_n²a₂+…+C_nⁿa_n=1+pC_n¹+p²C_n²+…+C_nⁿpⁿ=（1+p）ⁿ=（p+1）ⁿ．
∴f(n)=

1+ C 1 n a1+ C 2 n a2+…+ C n n an

2nSn

=

p-1

p

•

(p+1)n

2n(pn-1)

，f（n+1）=

p-1

p

•

(p+1)n+1

2n+1(pn+1-1)

．
而

p+1

2p

f(n)=

p-1

p

•

(p+1)n+1

2n+1(pn+1-p)

，且p＞1，
∴pⁿ⁺¹-1＞pⁿ⁺¹-p＞0，p-1＞0．∴f（n+1）＜

p+1

2p

f(n)，（n∈N^*）．
（3）由（2）知 f(1)=

p+1

2p

，f（n+1）＜

p+1

2p

f(n)，（n∈N^*）．
∴當(dāng)n≥2時(shí)，f(n)＜

p+1

2p

f(n-1)＜(

p+1

2p

)2f(n-2)＜…＜(

p+1

2p

)n-1f(1)=(

p+1

2p

)n．
∴f(1)+f(2)+…+f(2n-1)≤

p+1

2p

+(

p+1

2p

)2+…+(

p+1

2p

)2n-1=

p+1

p-1

[1-(

p+1

2p

)2n-1]，
（當(dāng)且僅當(dāng)n=1時(shí)取等號(hào)）．
另一方面，當(dāng)n≥2，k=1，2，…，2n-1時(shí)，f(k)+f(2n-k)=

p-1

p

[

(p+1)k

2k(pk-1)

+

(p+1)2n-k

22n-k(p2n-k-1)

]≥

p-1

p

•2

(p+1)k 2k(pk-1) • (p+1)2n-k 22n-k(p2n-k-1)

=

p-1

p

•

2(p+1)n

2n

1 (pk-1)(p2n-k-1)

=

p-1

p

•

2(p+1)n

2n

1 p2n-pk-p2n-k+1

．
∵p^k+p^2n-k≥2pⁿ，∴p²ⁿ-p^k-p^2n-k+1≤p²ⁿ-2pⁿ+1=（pⁿ-1）²．
∴f(k)+f(2n-k)≥

p-1

p

•

2(p+1)n

2n(pn-1)

=2f(n)，（當(dāng)且僅當(dāng)k=n時(shí)取等號(hào)）．
∴

2n-1

k=1

f(k)=

1

2

2n-1

k=1

[f(k)+f(2n-k)]≥

2n-1

k=1

f(n)=(2n-1)f(n)．
（當(dāng)且僅當(dāng)n=1時(shí)取等號(hào)）．
綜上所述，(2n-1)f(n)≤

2n-1

k=1

f(k)≤

p+1

p-1

[1-(

p+1

2p

)2n-1]，（n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列與不等式的綜合，考查了數(shù)列遞推式的應(yīng)用，放縮法證明不等式，解題的關(guān)鍵是熟練掌握放縮法的技巧，本題中第二問先研究局部，再綜合得到f（n）的通式，再比較大小，第三問中用到了放縮法的技巧，要注意不要放得過大可縮得過小，放縮法證明不等式技巧性很強(qiáng)，需要有有較高的觀察能力與判斷能力，既要放，又不能放得過了頭，謹(jǐn)記