题目内容

已知Sn是数列{an }的前n项和,Sn满足关系式2Sn=Sn-1-(
1
2
)n-1+2
a1=
1
2

(n≥2,n为正整数).
(1)令bn=2nan,求证数列{bn }是等差数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)对于数列{un},若存在常数M>0,对任意的n∈N*,恒有|un+1-un|+|un-un-1|+…+|u2-u1|≤M成立,称数列{un} 为“差绝对和有界数列”,
证明:数列{an}为“差绝对和有界数列”;
(3)根据(2)“差绝对和有界数列”的定义,当数列{cn}为“差绝对和有界数列”时,
证明:数列{cn•an}也是“差绝对和有界数列”.
分析:(1)整理题设递推式得 Sn=-an-(
1
2
)
n-1
+2
进而表示出Sn+1,进而根据an+1=Sn+1-Sn,求得an+1和an的递推式,整理得2n+1an+1=2n•an+1,进而根据bn=2nan,求得bn+1-bn=1,进而根据等差数列的定义判断出数列为等差数列.
再根据数列{bn}的首项和公差,求得数列的通项公式,进而根据bn=2nan求得an
(2)把an代入|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|中,利用利用错位想减法求得sn-
1
2
sn
1
4
,进而判断出以 Sn
1
2
恒成立,根据“差绝对和有界数列”的定义,证明出数列{an}为“差绝对和有界数列”.
(3)数列{an},{bn}都是差绝对和有界数列,则有|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|≤M1,|bn+1-bn|+|bn-an-1|…++|b2-b1|≤M2,下面只需验证|an+1bn+1-anbn|+|anbn-an-1bn-1|+…+|a2b2-a1b1|≤M.
解答:解:(1)当n≥2时,Sn=-an-(
1
2
)n-1+2

Sn+1=-an+1-(
1
2
)
n
+2

所以 an+1=-an+1+an+(
1
2
)
n

2an+1=an+(
1
2
)
n

所以2n+1an+1=2n•an+1
即bn+1-bn=1,(n≥2),又b2-b1=22•2×a1=1
所以,bn+1-bn=1,n∈N+即{bn}为等差数列
b1=2×a1=1 ,   bn=1+(n-1)=n,   an=
n
2n

(2)由于|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|=
n-1
2n+1
+
n-2
2n
+…+
0
22

sn-
1
2
sn
1
4

所以 Sn
1
2
恒成立,
即[an]为“差绝对和有界数列”.
(3)若数列{an}{cn}是差绝对和有界数列,则存在正数M1.M2
对任意的n∈N,有|an+1-an|+|an-an-1|+…+|a2-a1|≤M1,|cn+1-cn|+|cn-cn-1|+…+|c2-c1|≤M2
注意到|an|=|an-an-1+an-1+an-2+…+a2-a1+a1|≤|an-an-1|+|an-1-an-2|+…+|a2-a1|+|a1|≤M1+|a1|
同理:|cn|≤M2+|c1|
记K2=M2+|c2|,则有K2=M2+|c2||an+1cn+1-ancn|=|an+1cn+1-ancn+1+ancn+1-ancn|≤|cn+1||an+1-an|+|an||cn+1-cn|≤K1|an+1-an|+k1|cn+1-cn|
因此K1(|cn+1-cn|+|cn-cn-1|+|a2-a1|)≤k2M1+k1M2
+K1(|cn+1-cn|+|cn-cn-1|+|a2-a1|)≤k2M1+k1M2
故数列{ancn}是差绝对和有界数列.
点评:本题主要考查了数列的递推式,考查学生理解数列概念,灵活运用数列表示法的能力,旨在考查学生的观察分析和归纳能力,特别是问题(2)(3)的设置,增加了题目的难度,综合性较强,属难题.
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