Question

设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知2S_n+1=S_n+4（n∈N^*），a₁=2
（1）证明：数列{a_n}是等比数列；
（2）设b_n=a_n²，{b_n}的前n项和为T_n，试比较

Sn2

Tn

与3的大小；
（3）证明：不存在正整数n和大于4的正整数m使得等式a_m+1=

Sn+1-m

Sn-m

成立．

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：（1）将n换成n-1，两式相减得2a_n+1=a_n，求出a₂，a₃，运用等比数列的定义，即可证明；
（2）分别求出a_n，b_n，S_n，T_n，令p=（

1

2

）ⁿ＞0则

Sn2

Tn

=3（-1+

2

1+p

），即可比较

Sn2

Tn

与3的大小；
（3）运用反证法证明，求出a_m，得到S_n-m=

an+1

am

，运用（2）的结论，化简得到（4-m）2ⁿ=4+2^m-1，对等式的左右两边分析，即可得证．

解答： （1）证明：∵2S_n+1=S_n+4，∴2S_n=S_n-1+4（n≥2），
相减得，2a_n+1=a_n，即

an+1

an

=

1

2

（n≥2），
由2S₂=S₁+4得a₂=1，则a₃=

1

2

，即

a2

a1

=

1

2

，
∴{a_n}是以2为首项，

1

2

为公比的等比数列；
（2）解：∵a_n=（

1

2

）^n-2，S_n=

2(1-( 1 2 )n)

1- 1 2

即S_n=4（1-（

1

2

）ⁿ），
b_n=（

1

4

）^n-2，T_n=

16

3

（1-（

1

4

）ⁿ），
令p=（

1

2

）ⁿ＞0，

Sn2

Tn

=

16(1-p)2

16 3 (1-p2)

=3×

1-p

1+p

=3（-1+

2

1+p

）
当n→+∞时，p→0，

Sn2

Tn

→3，
∴

Sn2

Tn

＜3；
（3）证明：若存在正整数n和大于4的正整数m使得等式a_m+1=

Sn+1-m

Sn-m

成立，
则a_m=

Sn+1-m-Sn+m

Sn-m

，∴a_m=

an+1

Sn-m

，S_n-m=

an+1

am

，4（1-（

1

2

）ⁿ）-m=（

1

2

）^n+1-m   
化简得（4-m）2ⁿ=4+2^m-1，
则等式左边为负数，右边是正数，矛盾．
∴不存在正整数n和大于4的正整数m使得等式a_m+1=

Sn+1-m

Sn-m

成立．

点评：本题主要考查等比数列的通项和求和，注意运用an与Sn的关系式，同时考查反证法的运用，注意推出矛盾，本题属于中档题．