Question

已知数列{a_n}满足a₁=a₂=

1

2

，当n≥2时，a_n+1=a_n-

1

4

a_n-1．
（Ⅰ）设b_n=a_n+1-

1

2

a_n，证明数列{b_n}是等比数列；
（Ⅱ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅲ）设c_n=

n-5

n

a_n，数列{c_n}的前n项和为S_n．是否存在整数M，使得S_n≤M恒成立？若存在，求出M的最小值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：数列的求和,等比数列的性质

专题：等差数列与等比数列

分析：（Ⅰ）由已知条件得a_n+1-

1

2

an=

1

2

（a_n-

1

2

a_n-1），由此能证明数列{b_n}是以

1

4

为首项，

1

2

为公比的等比数列．
（Ⅱ）由bn=

1

4

×(

1

2

)n-1=(

1

2

)n+1，得2n+1an+1-2nan=1，由此能求出an=

n

2n

．
（Ⅲ）由cn=

n-5

n

an=

n-5

2n

，利用错位相减法得到Sn=-3-

n-3

2n

，由此能求出存在最小整数M=-2，使得S_n≤M恒成立．

解答： （本小题满分9分）
（Ⅰ）证明：∵a_n+1=a_n-

1

4

a_n-1，
∴a_n+1-

1

2

an=

1

2

（a_n-

1

2

a_n-1），
∵b_n=a_n+1-

1

2

a_n，∴bn=

1

2

bn-1，n≥2，n∈N^*，
且b1=a2-

1

2

a1=

1

4

，b2=a3-

1

2

a2=

1

8

，
∴数列{b_n}是以

1

4

为首项，

1

2

为公比的等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn=

1

4

×(

1

2

)n-1=(

1

2

)n+1，
则bn=an+1-

1

2

an=(

1

2

)n+1，
∴2n+1an+1-2nan=1，
∴{2ⁿa_n}是以2a₁=1为首项，1为公差的等差数列，
2ⁿa_n=1+（n-1）×1=n，
∴an=

n

2n

．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得cn=

n-5

n

an=

n-5

2n

，
Sn=

-4

2

+

-3

22

+

-2

23

+…+

n-5

2n

，

1

2

Sn=

-4

22

+

-3

23

+

-2

24

+…+

n-5

2n+1

，
两式相减，有

1

2

Sn=-2+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n

-

n-5

2n+1

=-2+

1 4 [1-( 1 2 )n-1]

1- 1 2

-

n-5

2n+1

，
∴Sn=-3-

n-3

2n

，
令dn=

n-3

2n

，则d1=-1＜d2=-

1

4

＜d3=0，
d4=d5=

1

16

，
当n≥6时，

dn

dn-1

=

n-3 2n

n-4 2n-1

=

n-3

2n-8

＜1恒成立，
即当n≥6时，数列{d_n}是单调减数列，
∴d₅＞d₆＞d₇＞…＞d_n＞0，
∴d_n≥-1，即S_n≤-2，
又∵S_n≤M恒成立，∴M≥-2．
故存在最小整数M=-2，使得S_n≤M恒成立．

点评：本题考查等比数列的证明，考查数列的通项公式的求法，考查最小正整数是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意构造法的合理运用．