Question

已知數列{a_n}中，a₁=

1

2

，a_n=

1

2

a_n-1+

1

2n

（n≥2），數列{b_n}滿足b_n=2ⁿa_n．
（1）求證數列{b_n}是等差數列，并求數列{a_n}的通項公式；
（2）求數列{a_n}的前n項和S_n；
（3）設數列{c_n}滿足a_n（c_n-3ⁿ）=（-1）^n-1λn（λ為非零常數，n∈N⁺），問是否存在整數λ，使得對任意n∈N⁺，都有c_n+1＞c_n．

Answer 1

分析：（1）由a_n=

1

2

a_n-1+

1

2n

（n≥2），得2nan=2n-1an-1+1．再由b_n=2ⁿa_n，得b_n=b_n-1+1，借助等差數列的定義可得結論．由等差數列的通項公式易求b_n，根據b_n=2ⁿa_n可求得a_n
（2）由（1）得an=

n

2n

，利用錯位相減法可求得S_n；
（3）由a_n（c_n-3ⁿ）=（-1）^n-1λn可求得c_n，對任意n∈N⁺，都有c_n+1＞c_n即c_n+1-c_n＞0恒成立，整理可得(-1)n-1•λ＜(

3

2

)n-1，分n為奇數、偶數兩種情況討論，分離出參數λ后轉化為函數最值即可解決；

解答：解：（1）由a_n=

1

2

a_n-1+

1

2n

（n≥2），得2nan=2n-1an-1+1．
∵b_n=2ⁿa_n，∴b_n=b_n-1+1，即當n≥2時，b_n-b_n-1=1．
又b₁=2a₁=1，∴數列{b_n}是首項和公差均為1的等差數列．
于是b_n=1+（n-1）•1=n=2ⁿa_n，∴an=

n

2n

．
（2）由（1）得an=

n

2n

，
∴Sn=1×

1

2

+2×

1

22

+…+n•

1

2n

①，
∴

1

2

Sn=1×

1

22

+2×

1

23

+…+n•

1

2n+1

 ②，
由①-②得

1

2

Sn=

1

2

+

1

22

+…+

1

2n

-n•

1

2n+1

=1-

1

2n

-n•

1

2n+1

，
∴Sn=2-

2+n

2n

．
（3）由a_n（c_n-3ⁿ）=（-1）^n-1λn，得cn=3n+

(-1)n-1λ•n

an

=3ⁿ+（-1）^n-1•λ•2ⁿ，
∴c_n+1-c_n=[3ⁿ⁺¹+（-1）ⁿλ•2ⁿ⁺¹]-[3ⁿ+（-1）^n-1λ•2ⁿ]
=2•3ⁿ-3λ（-1）^n-1•2ⁿ＞0，
∴(-1)n-1•λ＜(

3

2

)n-1  ①
當n=2k-1，k=1，2，3，…時，①式即為λ＜(

3

2

)2k-2  ②
依題意，②式對k=1，2，3…都成立，∴λ＜1，
當n=2k，k=1，2，3，…時，①式即為λ＞-(

3

2

)2k-1  ③，
依題意，③式對k=1，2，3…都成立，
∴λ＞-

3

2

，∴-

3

2

＜λ＜1，又λ≠0，
∴存在整數λ=-1，使得對任意n∈N^*有c_n+1＞c_n．

點評：本題考查數列遞推式、等差數列的通項公式、數列求和等知識，考查恒成立問題，考查轉化思想，錯位相減法對數列求和是高考考查的重點內容，要熟練掌握．