题目内容

对于数列{a_n}，规定{△a_n}为数列{a_n}的一阶差分数列，其中△a_n=a_n+1-a_n（n∈N*）；类似的，规定{△²a_n}为数列{a_n}的二阶差分数列，其中△²a_n=△a_n+1-△a_n（n∈N*）．
（Ⅰ）已知数列{a_n}的通项公式a_n=3n²-5n（n∈N*），试证明{△a_n}是等差数列；
（Ⅱ）若数列{a_n}的首项a₁=1，且满足△²a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ（n∈N*），令b_n=

an

2n

，求数列{b_n}的通项公式；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，记c_n=

a1(n=1)

2n-1

△an

(n≥2，n∈N*

，求证：c₁+

c2

2

+…+

cn

n

＜

17

12

．

分析：（Ⅰ）根据题意△a_n=a_n+1-a_n=（n+1）²-（n+1）-n²+n=5n-4，所以△a_n+1-△a_n=6．由此能够证明{△a_n}是等差数列；
（Ⅱ）由△² a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，知△a_n-a_n=2ⁿ．由此入手能够求出数列{a_n}的通项公式，从而求数列{b_n}的通项公式；
（Ⅲ）由a_n=n•2^n-1，c_n=

a1(n=1)

2n-1

△an

(n≥2，n∈N*)

=

1(n=1)

2n-1

an+1-an

(n≥2，n∈N*)

=

1(n=1)

1

n+2

(n≥2，n∈N*)

，当n≥2，n∈N^*时，

cn

n

=

1

n(n+2)

=

1

2

(

1

n

-

1

n+2

)，从而可证．

解答：解：（Ⅰ）根据题意：△a_n=a_n+1-a_n=3（n+1）²-5（n+1）-3n²+5n=6n-2．（2分）
∴△a_n+1-△a_n=6
∴数列{△a_n}是首项为4，公差为6的等差数列．（3分）
（Ⅱ）由△²a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，∴△a_n+1-△a_n-△a_n+1+a_n=-2ⁿ，?△a_n-a_n=2ⁿ．
而△a_n=a_n+1-a_n，∴a_n+1-2a_n=2ⁿ，（5分）
∴

an+1

2n+1

-

an

2n

=

1

2

，即b_n+1-b_n=

1

2

，（6分）
∴数列{b_n}构成以

1

2

为首项，

1

2

为公差的等差数列，即b_n=

n

2

．（7分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知

an

2n

=

n

2

，则a_n=n•2^n-1，
∴c=

a1(n=1)

2n-1

△an

(n≥2，n∈N*

=

1(n=1)

2n-1

an+1-an

(n≥2，n∈N*

=

1(n=1)

1

n+2

(n≥2，n∈N*

（9分）
∴当n≥2，n∈N*时

cn

n

=

1

n(n+2)

=

1

2

（

1

n

-

1

n+2

），
∴c₁+

c2

2

++

cn

n

=1+

1

2

[（

1

2

-

1

4

）+（

1

3

-

1

5

）+（

1

4

-

1

6

）++（

1

n-1

-

1

n+1

）+（

1

n

-

1

n+2

）]
=1+

1

2

（

1

2

+

1

3

-

1

n+1

-

1

n+2

）＜1+

1

2

（

1

2

+

1

3

）=

17

12

．
当n=1时，c₁=1＜

17

12

，显然成立
∴c₁+

c2

2

++

cn

n

＜

17

12

．（12分）

点评：第（Ⅰ）题考查等差数列的证明，解题时要注意等差数列性质的合理运用；第（Ⅱ）题考查数列通项公式的求解方法，解题时要注意构造法的合理运用；第（Ⅲ）题考查数列前n项和的证明，解题时要注意裂项求和法的合理运用．

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（Ⅰ）已知数列{a_n}的通项公式a_n=

n（n∈N*），试证明{△a_n}是等差数列；
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（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，记b_n=

(n≥2，n∈N*)

，求证：b₁+

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