题目内容

（2012•虹口区一模）已知Sn是数列{an}的前n项和，2Sn=Sn-1-(
1
2
)n-1+2（n≥2，n∈N*），且a1=
1
2
．
（1）求a2的值，并写出an和an+1的关系式；
（2）求数列{an}的通项公式及Sn的表达式；
（3）我们可以证明：若数列{bn}有上界（即存在常数A，使得bn＜A对一切n∈N*恒成立）且单调递增；或数列{bn}有下界（即存在常数B，使得bn＞B对一切n∈N*恒成立）且单调递减，则
lim
n→∞
bn存在．直接利用上述结论，证明：
lim
n→∞
Sn存在．
分析：（1）由2Sn=Sn-1-(
1
2
)n-1+2，且a1=
1
2
，令n=2可求a2，利用an+1=Sn+1-Sn可求出an和an+1的关系式
（2）由（1）可构造得{2nan}是首项为1，公差为1的等差数列，可先求2nan，进而可求an，sn
（3）由Sn+1-Sn的差的符号可判断单调性，结合单调性可判断其的上界，可证
解答：解：（1）∵2Sn=Sn-1-(
1
2
)n-1+2，且a1=
1
2
．
∴2S2=S1-
1
2
+2
∴a2=
1
2
．
当n≥2时，2Sn=Sn-1-(
1
2
)n-1+2①；
2Sn+1=Sn-(
1
2
)n+2②
②-①得2an+1=an+(
1
2
)n．
又2a2=1=a1+(
1
2
)1，即n=1时也成立．
∴2an+1=an+(
1
2
)n（n∈N*）…（5分）
解：（2）由（1）得2n+1an+1=2nan+1，2a1=1，
∴{2nan}是首项为1，公差为1的等差数列，
∴2nan=1+（n-1）×1=n，
∴an=
n
2n
，n≥2时，2Sn-Sn-1=-(
1
2
)n-1+2，Sn+an=-(
1
2
)n-1+2，Sn=2-
n+2
2n
，
又S1=a1=
1
2
，也满足上式，
∴Sn=2-
n+2
2n
（n∈N*）…（10分）
证明：（3）∵Sn+1-Sn=(2-
n+3
2n+1
)-(2-
n+2
2n
)=
n+1
2n+1
＞0，
∴{Sn}单调递增，
又Sn=2-
n+2
2 n
＜2，
∴
lim
n→∞
Sn存在…（15分）
点评：本题主要考查了数列的递推公式在数列通项公式求解中的应用，及构造等差数列求解通项的应用，数列的单调性在数列的范围求解中的应用
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m
=（sinx，1），
n
=（
3
cosx，
1
2
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m
+
n
)•
m
．
（1）求函数f（x）的最小正周期；
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3
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2
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π
2
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π
4
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π
2
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π
8
π
8
．
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1，2，3，4
，N=
1，3，5，7
，集合P=M∩N，则集合P的子集共有
4
4
个．
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x2
4
-
y2
12
=1的左、右焦点分别为F1，F2，P在双曲线上，且∠F1PF2=90°，则点P到x轴的距离等于
3
3
．
（2012•虹口区一模）已知函数f(x)=loga
1-m(x-1)
x-2
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2，+∞)
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（3）在（2）的条件下，当x∈
b，a
时，f（x）的取值恰为
1，+∞
，求实数a，b的值．

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