Question

已知數列的首項為a₁=2，前n項和為S_n，且對任意的n∈N^*，當n≥2時，a_n總是3S_n-4與2-

5

2

Sn-1的等差中項．
（Ⅰ）求數列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設b_n=（n+1）a_n，T_n是數列{b_n}的前n項和，n∈N^*，求T_n；
（Ⅲ）設cn=

3an

4•2n-3n-1•an

，P_n是數列{c_n}的前項和，n∈N^*，試證明：Pn＜

3

2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）當n≥2時2an=(3Sn-4)+(2-

5

2

Sn-1)，由此能導出數列{a_n}是首項是2，公比是

1

2

的等比數列，從而能求出數列{a_n}的通項公式．
（Ⅱ）由an=

1

2n-2

，知T_n=b₁+b₂+…b_n=2×

1

2-1

+3×

1

20

+4×

1

21

+…+(n+1)

1

2n-2

，利用錯位相減法能求出T_n．
（Ⅲ）由cn=

3an

4•2n-3n-1•an

=

3

4n-3n-1

=

9

3•4n-3n

=

9

2•4n+4n-3n

＜

9

2•4n

，能夠證明Pn＜

3

2

．

解答：（Ⅰ）解：當n≥2時2an=(3Sn-4)+(2-

5

2

Sn-1)，

即2(Sn-Sn-1)=(3Sn-4)+(2- 5 2 Sn-1)， ∴Sn= 1 2 Sn-1+2…(1分) ∴ an+1 an = Sn+1-Sn Sn-Sn-1 = ( 1 2 Sn+2)-( 1 2 Sn-1+2) Sn-Sn-1 = 1 2 (n≥2．)

2+a2= 1 2 ×2+2. =3⇒a2=1⇒ a2 a1 = 1 2 ，

∴

an+1

an

=

1

2

(n≥1)．
∴數列{a_n}是首項是2，公比是

1

2

的等比數列，
∴an=2×(

1

2

)n-1=

1

2n-2

．…（4分）
（Ⅱ）解：由（Ⅰ），知an=

1

2n-2

．
則T_n=b₁+b₂+…b_n=2×

1

2-1

+3×

1

20

+4×

1

21

+…+(n+1)

1

2n-2

…①
∴

1

2

Tn=2×

1

2 0

+3×

1

21

+4×

1

22

+…+(n+1).

1

2n-1

…②…（5分）
①-②，得

1

2

Tn=2×

1

2-1

+(

1

20

+

1

21

+…+

1

2n-2

)-(n+1)

1

2n-1

=4+

1-( 1 2 )n-1

1- 1 2

-(n+1)

1

2n-1

=4+2-2×(

1

2

)n-1-(n+1)

1

2n-1

=6-

n+3

2n-1

．
∴Tn=12-

n+3

2n-2

．…（8分）
（Ⅲ）證明：∵cn=

3an

4•2n-3n-1•an

=

3

4n-3n-1

=

9

3•4n-3n

=

9

2•4n+4n-3n

＜

9

2•4n

…（12分）
∴Pn=c1+c2+…+cn＜

9

2

(

1

4

+

1

42

+

1

43

+…+

1

4n

)
=

9

2

•

1 4 (1- 1 4n )

1- 1 4

=

3

2

(1-

1

4n

)＜

3

2

．…（14分）

點評：本題考查數列通項公式的求法，考查數列的前n項和的求法，考查不等式的證明．解題時要認真審題，熟練掌握等差數列和等比數列的通項公式和前n項和公式的應用，注意錯位相減法的合理運用．