Question

（2010•孝感模擬）已知數列{a_n}的前n項和為S_n，且對一切正整數n都有Sn=n2+

1

2

an．
（I）求證：a_n+1+a_n=4n+2；
（II）求數列{a_n}的通項公式；
（III）是否存在實數a，使不等式(1-

1

a1

)(1-

1

a2

)…(1-

1

an

)＜

2a2-3

2a 2n+1

對一切正整數n都成立？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（I）由Sn=n2+

1

2

an(n∈N*)，知an+1=Sn+1-Sn=[(n+1)2+

1

2

an+1]-[n2+

1

2

an ]，由此能夠導出an+1+an=4n+2，n∈N*．
（II）在Sn=n2+

1

2

an(n∈N*)中，令n=1，得a₁=2，代入（I）得a₂=4．由a_n+1+a_n=4n+2，知a_n+2+a_n+1=4n+6，故a_n+2-a_n=4，由此能導出數列{a_n}的通項公式是a_n=2n．
（III）(1-

1

a1

)(1-

1

a2

)…(1-

1

an

) ＜

2a2-3

2a 2n+1

等價于

2n+1

(1-

1

a1

)(1-

1

a2

)…(1-

1

an

)＜

2a2-3

2a

，令f（n）=

2n+1

(1-

1

a1

)(1-

1

a2

)…(1-

1

an

)，則f（n）＞0，由此能夠導出存在實數a，符合題意，并能求出其取值范圍．

解答：解：（I）∵Sn=n2+

1

2

an(n∈N*)，
∴an+1=Sn+1-Sn=[(n+1)2+

1

2

an+1]-[n2+

1

2

an ]
=

1

2

an+1-

1

2

an+2n+1，
∴

1

2

(an+1+an)=2n+1，
即an+1+an=4n+2，n∈N*．
（II）在Sn=n2+

1

2

an(n∈N*)中，
令n=1，得a₁=2，代入（I）得a₂=4．
∵a_n+1+a_n=4n+2，∴a_n+2+a_n+1=4n+6，
兩式相減，得：a_n+2-a_n=4，
∴數列{a_n}的偶數項a₂，a₄，a₆，…，a₂₆，…依次構成一個等差數列，
且公差為d=4，
∴當n為偶數時，an=a2+(

n

2

-1)d=2+4(

n

2

-1)=2n，
當n為奇數時，n+1為偶數，由上式及（I）知：
a_n=4n+2-a_n+1=4n+2-2（n+1）=2n，
∴數列{a_n}的通項公式是a_n=2n．
（III）(1-

1

a1

)(1-

1

a2

)…(1-

1

an

) ＜

2a2-3

2a 2n+1

，
等價于

2n+1

(1-

1

a1

)(1-

1

a2

)…(1-

1

an

)＜

2a2-3

2a

，
令f（n）=

2n+1

(1-

1

a1

)(1-

1

a2

)…(1-

1

an

)，
則由（II）知f（n）＞0，
∴

f(n+1)

f(n)

=

2n+3 (1- 1 a1 )(1- 1 a2 )…(1- 1 an )(1- 1 an+1 )

2n+1 (1- 1 a1 )(1- 1 a2 )…(1- 1 an )

═

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

2n+1

=

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

2n+1

=

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

2n+2

=

(2n+2)2-1

2n+2

＜1．
∴f（n+1）＜f（n），即f（n）的值隨n的增大而減小，
∴n∈N^*時，f（n）的最大值為f(1)=

3

2

，若存在實數a，符合題意，
則必有：

2a2-3

2a

＞

3

2

，
即

2a2- 3 a-3

2a

＞0，
它等價于a(a-

3

)(a+

3

2

)＞0，
解得-

3

2

＜a＜0，或a＞

3

，
因此，存在實數a，符合題意，
其取值范圍為(-

3

2

，0)∪(

3

，+∞)．

點評：本題考查數列和不等式的綜合應用，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．