Question

已知数列{a_n}的前n项和S_n=-a_n-（

1

2

）^n-1+2（n为正整数）．
（Ⅰ）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；
（Ⅱ）令c_n=

n+1

n

a_n，T_n=c₁+c₂+…+c_n试比较T_n与

5n

2n+1

的大小，并予以证明．

Answer 1

考点：数学归纳法,数列的求和,等差数列的性质

专题：综合题,点列、递归数列与数学归纳法

分析：（Ⅰ）由题意知S₁=-a₁-1+2=a₁，an=Sn-Sn-1=-an+an-1+(

1

2

)n-1，所以2ⁿa_n=2^n-1a_n-1+1，b_n=b_n-1+1，再由b₁=2a₁=1，知数列b_n是首项和公差均为1的等差数列．于是b_n=1+（n-1）•1=n=2ⁿa_n，所以an=

n

2n

；
（Ⅱ）确定数列的通项，利用错位相减求和法，确定T_n与

5n

2n+1

的大小关系等价于比较2ⁿ与2n+1的大小．猜想当n=1，2时，2ⁿ＜2n+1，当n≥3时，2ⁿ＞2n+1．然后用数学归纳法证明．

解答： 解：（Ⅰ）在Sn=-an-(

1

2

)n-1+2中，令n=1，可得S₁=-a_n-1+2=a₁，即a1=

1

2

…1
当n≥2时，Sn-1=-an-1-(

1

2

)n-2+2，∴an=Sn-Sn-1=-an+an-1+(

1

2

)n-1，…2
∴2an=an-1+(

1

2

)n-1，即2nan=2n-1an-1+1．
∵bn=2nan，∴b_n=b_n-1+1，
即当n≥2时，b_n-b_n-1=1
又b₁=2a₁=1，∴数列{b_n}是首项和公差均为1的等差数列…4
于是bn=1+(n-1)•1=n=2nan，
∴an=

n

2n

…6
（II）由（I）得cn=

n+1

n

an=(n+1)(

1

2

)n，所以
T_n=2×

1

2

+3×(

1

2

)2+…+（n+1）•(

1

2

)n
∴

1

2

T_n=2×(

1

2

)2+3×(

1

2

)3…+n•(

1

2

)n+（n+1）（

1

2

）ⁿ⁺¹
由①-②得

1

2

T_n=1+(

1

2

)2+(

1

2

)3…+(

1

2

)n-（n+1）（

1

2

）ⁿ⁺¹
∴T_n=3-

n+3

2n

…9
Tn-

5n

2n+1

=3-

n+3

2n

-

5n

2n+1

=

(n+3)(2n-2n-1)

2n(2n+1)

…11
于是确定Tn与

5n

2n+1

的大小关系等价于比较2ⁿ与2n+1的大小
猜想当n=1，2时，2ⁿ＜2n+1，当n≥3时，2ⁿ＞2n+1．证明如下：
（1）当n=3时，由猜想显然成立．
（2）假设n=k时猜想成立．即2^k＞2k+1
则n=k+1时，2^k+1=2•2^k＞2（2k+1）=4k+2=2（k+1）+1+（2k-1）＞2（k+1）+1
所以当n=k+1时猜想也成立
综合（1）（2）可知，对一切n≥3的正整数，都有2ⁿ＞2n+1．

点评：本题考查数列和不等式的综合运用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想．综合性强，是高考的重点，易错点是知识体系不牢固．解题时要注意数学归纳法的灵活运用．