Question

（2011•資中縣模擬）已知數列{a_n}滿足a₁=2，a_n+1=2a_n-n+1（n∈N⁺）．
（1）證明數列{a_n-n}是等比數列，并求出數列{a_n}的通項公式；
（2）數列{b_n}滿足：bn=

n

2an-2n

（n∈N⁺），求數列{b_n}的前n項和S_n；
（3）比較S_n與

3n

2n+1

的大小．

Answer 1

分析：（1）法一：由a_n+1=2a_n-n+1，得a_n+1-（n+1）=2（a_n-n），又a₁=2，則a₁-1=1，由此能夠證明數列{a_n-n}是等比數列，并能求出數列{a_n}的通項公式．
法二：

an+1-(n+1)

an-n

=

2an-n+1-(n+1)

an-n

=2，又a₁=2，則a₁-1=1，由此能夠證明數列{a_n-n}是等比數列，并能求出數列{a_n}的通項公式．
（2）由bn=

n

2an-2n

，知bn=

n

2an-2n

=

n

2n

，故S_n=

1

2

+2•(

1

2

)2+…+n•(

1

2

)n，由錯位相減法能夠求出數列{b_n}的前n項和S_n．
（3）Sn-

3n

2n+1

=

(n+2)•[2n-(2n+1)]

(2n+1)•2n

，當n=1時，Sn＜

3n

2n+1

；n=2時，Sn＜

3n

2n+1

；n≥3時，Sn-

3n

2n+1

＞0，由此知n=1或2時，Sn＜

3n

2n+1

；n≥3時，Sn＞

3n

2n+1

．

解答：（1）證法一：由a_n+1=2a_n-n+1，
得a_n+1-（n+1）=2（a_n-n），
又a₁=2，則a₁-1=1，
∴數列{a_n-n}是以a₁-1=1為首項，且公比為2的等比數列，…（3分）
則an-n=1×2n-1，
∴an=2n-1+n．…（4分）
證法二：

an+1-(n+1)

an-n

=

2an-n+1-(n+1)

an-n

=

2an-2n

an-n

=2，
又a₁=2，則a₁-1=1，
∴數列{a_n-n}是以a₁-1=1為首項，且公比為2的等比數列，…（3分）
則an-n=1×2n-1，∴an=2n-1+n．…（4分）
（2）解：∵bn=

n

2an-2n

，
∴bn=

n

2an-2n

=

n

2n

．…（5分）
∴S_n=b₁+b₂+…+b_n
=

1

2

+2•(

1

2

)2+…+n•(

1

2

)n，…①
∴

1

2

Sn=(

1

2

)2+2•(

1

2

)3+…+（n-1）•(

1

2

)n+n•(

1

2

)n+1，…②
由①-②，得

1

2

Sn=

1

2

+(

1

2

)2+…+(

1

2

)2-n•(

1

2

)n+1
=

1 2 [1-( 1 2 )n]

1- 1 2

-n•(

1

2

)n+1
=1-(n+2)(

1

2

)n+1，…（8分）
∴Sn=2-(n+2)•(

1

2

)n．…（9分）
（3）Sn-

3n

2n+1

=2-（n+2）•(

1

2

)n-

3n

2n+1

=

n+2

2n+1

-(n+2)•(

1

2

)n
=

(n+2)•[2n-(2n+1)]

(2n+1)•2n

，
當n=1時，Sn＜

3n

2n+1

；
n=2時，Sn＜

3n

2n+1

；
n≥3時，2n=

C

0 n

+

C

1 n

+…+

C

n-1 n

+

C

n n

＞

C

0 n

+

C

1 n

+

C

n-1 n

=2n+1，
∴Sn-

3n

2n+1

＞0，
∴Sn＞

3n

2n+1

．
綜上：n=1或2時，Sn＜

3n

2n+1

；
n≥3時，Sn＞

3n

2n+1

．…（12分）

點評：本題考查等差數列的證明和數列的通項公式的求法，考查數列的前n項和的求法和不等式的比較．考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉化思想．對數學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．