Question

已知S_n是数列{

1

n

}的前n项和，
（1）分别计算S₂-S₁，S₄-S₂，S₈-S₄的值；
（2）证明：当n≥1时，S2^-S2n-1≥

1

2

，并指出等号成立条件；
（3）利用（2）的结论，找出一个适当的T∈N，使得S_T＞2010；
（4）是否存在关于正整数n的函数f（n），使得S₁+S₂+…+S_n-1=f（n）（S_n-1）对于大于1的正整数n都成立？证明你的结论．

Answer 1

分析：（1）较为简单，代入可计算；
（2）由（1）可猜想（2）的结论也是成立的，证明时要适当的放缩每一项（共2^n-1项）都缩小为

1

2n

，
（3）的解答可由（2）的结论想到：新数列S₂-S₁，S₄-S₂，S₈-S₄…中每一项的值都大于等于

1

2

，那么4018项的和为2009，于是对于数列{a_n}中连同a₁就有2⁴⁰¹⁹项，即a₁+S24019-S24018＞1+2009=2010．
（4）可利用数学归纳法，思路是利用n=1，2时的结论猜想命题成立，然后用归纳法证明即可，关键是如何利用好归纳假设．

解答：解：
（1）S₂-S₁=

1

2

，
S₄-S₂=

1

3

+

1

4

=

7

12

，
S₈-S₄=

1

5

+

1

6

+

1

7

+

1

8

=

168+140+120+105

840

=

533

840

．（2分）
（2）当n≥1时，S2n-S2n-1=

1

2n-1+1

+

1

2n-1+2

+…+

1

2n

（共2^n-1项）
≥

1

2n

×2^n-1=

1

2

，当且仅当n=1时，等号成立．（4分）
（3）由于S₁=1，当n≥1时，S2^-S2n-1≥

1

2

，
于是，要使得S_T＞2010，只需

1

2

+

1

3

++

1

n

＞2009．
将

1

2

+

1

3

++

1

n

按照第一组2¹项，第二组2²项，，第n组2ⁿ项的方式分组（6分）
由（2）可知，每一组的和不小于

1

2

，且只有n=1时等于

1

2

，
将这样的分组连续取2×2009组，加上a₁，共有2⁴⁰¹⁹项，
这2⁴⁰¹⁹项之和一定大于1+2009=2010，
故只需T=2⁴⁰¹⁹，就能使得S_T＞2010；（8分）
（注：只要取出的T不小于2⁴⁰¹⁵，并说出相应理由，都给满分）
（4）设这样的f（n）存在，n=2时，
有1=f(2)(1+

1

2

-1)?f（2）=2，n=3时，有

5

2

=f(3)(1+

1

2

+

1

3

-1)?f（3）=3，
猜测f（n）=n（n≥2）．下面用数学归纳法证明：
①n=2，3时，上面已证，猜测正确；
②设n=k（k≥2）时，f（n）=k即S₁+S₂++S_n-1=k（S_k-1）成立
则S₁+S₂++S_n-1+S_k=k（S_k-1）+S_k
=（k+1）S_k-k
=(k+1)(Sk+

1

k+1

-1)
=（k+1）（S_k+1-1）．
即n=（k+1）时，猜测也正确．
综上所述，存在f（n）=n，使得S₁+S₂++S_n-1=f（n）（S_n-1）对于大于1的正整数都成立（13分）

点评：本题考查了数列前n项和的概念，不等式恒成立问题，数学归纳法的应用，合理猜想与逻辑推理的概念．对不等式的考查有一定的难度，综合性较强，需要同学有深厚的功底才能胜任本题的解答，对数学归纳法的考查较深．