Question

在数列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=2a_n+2ⁿ．
（1）设bn=

an

2n-1

（n∈N^*），证明：数列{b_n}是等差数列；
（2）设数列{a_n}的前n项和为S_n，求

lim

n→∞

Sn

n•2n+1

的值；
（3）设c_n=2b_n-1，数列{c_n}的前n项和为T_n，dn=

Tn

4 a 2 n -Tn

，是否存在实数t，使得对任意的正整数n和实数m∈[1，2]，都有d₁+d₂+d₃+…+d_n≥log₈（2m+t）成立？请说明理由．

Answer 1

分析：本题考查“构造数列法”、等差数列的证明、数列的前n项和为S_n，极限的求法，存在性问题的探究等．
（1）属于常规性题目，所给bn=

an

2n-1

（n∈N^*）提供了一种构造数列的方法，实为解题的一种提示和铺垫；
（2）在（1）的基础上不难求得数列{b_n}的通项公式，进而由bn=

an

2n-1

可得数列{a_n}的通项公式及前n项和为S_n，然后可得

lim

n→∞

Sn

n•2n+1

的值；
（3）由c_n=2b_n-1构造新数列{c_n}，不难求得前n项和为T_n=n²，于是d_n可求，按照存在性问题的研究即可得到满足条件的实数t不存在．

解答：解：（1）a_n+1=2a_n+2ⁿ，

an+1

2n

=

an

2n-1

+1，（2分）
b_n+1=b_n+1，故{b_n}为等差数列，b₁=1，b_n=n．（4分）
（2）由（1）可得a_n=n2^n-1（6分）
S_n=1•2⁰+2•2¹+3•2²+n•2^n-1
2S_n=1•2¹+2•2²+3•2³+（n-1）•2^n-1+n•2ⁿ
两式相减，得-S_n=2⁰+2¹+2²+2^n-1-n•2ⁿ=2ⁿ-1-n•2ⁿ，即S_n=（n-1）2ⁿ+1（8分）
∴

lim

n→∞

Sn

n•2n+1

=

lim

n→∞

(n-1)2n+1

n•2n+1

=

1

2

（10分）
（3）由（1）可得T_n=n²，（12分）
∴dn=

Tn

4 a 2 n -Tn

=

1

4n-1

，(d1+d2+d3++dn+dn+1)-(d1+d2+d3++dn)=dn+1=

1

4n+1-1

＞0
∴{d₁+d₂+d₃++d_n}单调递增，即d1+d2+d3++dn≥d1=

1

3

，（14分）
要使d₁+d₂+d₃++d_n≥log₈（2m+t）对任意正整数n成立，
必须且只需

1

3

≥log8(2m+t)，即0＜2m+t≤2对任意m∈[1，2]恒成立．（16分）
∴[2+t，4+t]⊆（0，2]，即

2+t＞0 4+t≤2

?-2＜t≤-2矛盾．
∴满足条件的实数t不存在．

点评：本题求解过程繁杂，环节多，环环相扣，不易解答，稍有疏忽，前功尽弃，在解答诸如此类的题目时，首先要有过硬的运算能力，更要有良好的心理素质，能静心思考、精心解答，切勿心浮气躁；
第（3）步是难度较大的问题，综合性强，注意“(d1+d2+d3++dn+dn+1)-(d1+d2+d3++dn)=dn+1=

1

4n+1-1

＞0
∴{d₁+d₂+d₃++d_n}单调递增”的研究方式，转化为恒成立问题后，要准确的确定恒成立的条件，即

2+t＞0 4+t≤2

?-2＜t≤-2．