Question

已知S_n是数列{a_n }的前n项和，S_n满足关系式2Sn=Sn-1-(

1

2

)n-1+2，a1=

1

2

（n≥2，n为正整数）．
（1）令b_n=2ⁿa_n，求证数列{b_n }是等差数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）对于数列{u_n}，若存在常数M＞0，对任意的n∈N^*，恒有|u_n+1-u_n|+|u_n-u_n-1|+…+|u₂-u₁|≤M成立，称数列{u_n} 为“差绝对和有界数列”，
证明：数列{a_n}为“差绝对和有界数列”；
（3）根据（2）“差绝对和有界数列”的定义，当数列{c_n}为“差绝对和有界数列”时，
证明：数列{c_n•a_n}也是“差绝对和有界数列”．

Answer 1

分析：（1）整理题设递推式得 Sn=-an-(

1

2

)n-1+2进而表示出S_n+1，进而根据a_n+1=S_n+1-S_n，求得a_n+1和a_n的递推式，整理得2ⁿ⁺¹a_n+1=2ⁿ•a_n+1，进而根据b_n=2ⁿa_n，求得b_n+1-b_n=1，进而根据等差数列的定义判断出数列为等差数列．
再根据数列{b_n}的首项和公差，求得数列的通项公式，进而根据b_n=2ⁿa_n求得a_n．
（2）把a_n代入|a_n+1-a_n|+|a_n-a_n-1|+…+|a₂-a₁|中，利用利用错位想减法求得s_n-

1

2

s_n＜

1

4

，进而判断出以 Sn≤

1

2

恒成立，根据“差绝对和有界数列”的定义，证明出数列{a_n}为“差绝对和有界数列”．
（3）数列{a_n}，{b_n}都是差绝对和有界数列，则有|a_n+1-a_n|+|a_n-a_n-1|+…+|a₂-a₁|≤M₁，|b_n+1-b_n|+|b_n-a_n-1|…++|b₂-b₁|≤M₂，下面只需验证|a_n+1b_n+1-a_nb_n|+|a_nb_n-a_n-1b_n-1|+…+|a₂b₂-a₁b₁|≤M．

解答：解：（1）当n≥2时，Sn=-an-(

1

2

)n-1+2，
Sn+1=-an+1-(

1

2

)n+2
所以 an+1=-an+1+an+(

1

2

)n，
即 2an+1=an+(

1

2

)n，
所以2ⁿ⁺¹a_n+1=2ⁿ•a_n+1
即b_n+1-b_n=1，（n≥2），又b₂-b₁=2²•2×a₁=1
所以，b_n+1-b_n=1，n∈N⁺即{b_n}为等差数列
∴b1=2×a1=1 ，   bn=1+(n-1)=n，   an=

n

2n

（2）由于|a_n+1-a_n|+|a_n-a_n-1|+…+|a₂-a₁|=

n-1

2n+1

+

n-2

2n

+…+

0

22

s_n-

1

2

s_n＜

1

4

所以 Sn≤

1

2

恒成立，
即[a_n]为“差绝对和有界数列”．
（3）若数列{a_n}{c_n}是差绝对和有界数列，则存在正数M₁．M₂，
对任意的n∈N^•，有|a_n+1-a_n|+|a_n-a_n-1|+…+|a₂-a₁|≤M₁，|c_n+1-c_n|+|c_n-c_n-1|+…+|c₂-c₁|≤M₂
注意到|a_n|=|a_n-a_n-1+a_n-1+a_n-2+…+a₂-a₁+a₁|≤|a_n-a_n-1|+|a_n-1-a_n-2|+…+|a₂-a₁|+|a₁|≤M₁+|a₁|
同理：|c_n|≤M₂+|c₁|
记K₂=M₂+|c₂|，则有K₂=M₂+|c₂||a_n+1c_n+1-a_nc_n|=|a_n+1c_n+1-a_nc_n+1+a_nc_n+1-a_nc_n|≤|c_n+1||a_n+1-a_n|+|a_n||c_n+1-c_n|≤K₁|a_n+1-a_n|+k₁|c_n+1-c_n|
因此K₁（|c_n+1-c_n|+|c_n-c_n-1|+|a₂-a₁|）≤k₂M₁+k₁M₂
+K₁（|c_n+1-c_n|+|c_n-c_n-1|+|a₂-a₁|）≤k₂M₁+k₁M₂
故数列{a_nc_n}是差绝对和有界数列．

点评：本题主要考查了数列的递推式，考查学生理解数列概念，灵活运用数列表示法的能力，旨在考查学生的观察分析和归纳能力，特别是问题（2）（3）的设置，增加了题目的难度，综合性较强，属难题．