Question

数列{a_n}的前n项和为Sn，a1=4，an+1=

2

n

Sn．数列{bn}满足b1=b2=1．S_n（b_n+3b_n-b_n+1²）+b_n+1b_n=0．
（I）求{a_n}，{b_n}的通项公式；
（II）求证：b₃+b₂+…+b_n＜4．

Answer 1

分析：（I）由an+1=

2

n

Sn，得Sn=

n

2

an+1，Sn-1=

n-1

2

an(n≥2)，故an=Sn-Sn-1=

n

2

an+1-

n-1

2

an，

an+1

an

=

n+1

n

(n≥2)，所以

an

a1

=

an

an-1

×

an-1

an-2

×…×

a2

a1

=

n

n-1

×

n-1

n-2

×…×

2

1

=n，由此导a_n=4n．Sn=

(4+4n)n

2

=2n(n+1)，所以2n（n+1）（b_n+2b_n-b_n+1²）+b_n+1b_n=0，

bn+2bn-bn+12

bn+1bn

=-

1

2n(n+1)

，由此能求出}{b_n}的通项公式．
（II）令Tn=b1+b2+…+bn=1+2×

1

2

+3×(

1

2

)2+…+n×(

1

2

)n-1，由错位相减法知Tn=4-

2n+4

2n

，由此能够证明b₃+b₂+…+b_n＜4．

解答：解：（I）由an+1=

2

n

Sn，得Sn=

n

2

an+1，Sn-1=

n-1

2

an(n≥2)，
∴an=Sn-Sn-1=

n

2

an+1-

n-1

2

an，
∴

an+1

an

=

n+1

n

(n≥2)，
又a2=

2

1

S1=2a1，
∴

an+1

an

=

n+1

n

 (n≥1)，
∴

an

a1

=

an

an-1

×

an-1

an-2

×…×

a2

a1

=

n

n-1

×

n-1

n-2

×…×

2

1

=n，n≥2，
∴a_n=4n（n≥2）．
∵a₁=4满足上式，
∴a_n=4n．
∵{a_n}是等差数列，Sn=

(4+4n)n

2

=2n(n+1)，
∴2n（n+1）（b_n+2b_n-b_n+1²）+b_n+1b_n=0，

bn+2bn-bn+12

bn+1bn

=-

1

2n(n+1)

，
∴

bn+2

bn+1

-

bn+1

bn

=

-1

2n(n+1)

，
当n≥3时，

bn

bn-1

-

bn-1

bn-2

=

-1

2(n-2)(n-1)

，

bn

bn-1

=(

bn

bn-1

-

bn-1

bn-2

) +(

bn-1

bn-2

-

bn-2

bn-3

)+…+(

b3

b2

-

b2

b1

)  +

b2

b1

=-

1

2

[

1

(n-2)(n-1)

+

1

(n-3)(n-2)

+…+

1

1×2

]+1
=-

1

2

[(

1

n-2

-

1

n-1

)+(

1

n-3

-

1

n-2

)+…+(1-

1

2

)]+1
=-

1

2

(1-

1

n-1

)  +1
=

n

2(n-1)

．

bn

b1

=

bn

bn-1

×

bn-1

bn-2

×…×

b2

b1

=

n

2(n-1)

×

n-1

2(n-2)

×…×

2

2×1

=

n

2n-1

，
∴bn=

n

2n-1

，显然，n=1，n=2时，上式也成立，
∴bn=

n

2n-1

，n≥1．
（II）令Tn=b1+b2+…+bn=1+2×

1

2

+3×(

1

2

)2+…+n×(

1

2

)n-1，

1

2

Tn=1×

1

2

+2×(

1

2

)2+…+ n×(

1

2

)n，
两式相减，得

1

2

Tn=1+

1

2

+(

1

2

)2+…+(

1

2

)n-1-n×(

1

2

)n
=2-(

1

2

)n-1-n×(

1

2

)n
=2-(n+2)×(

1

2

)n，
∴Tn=4-

2n+4

2n

，
∴b₃+b₂+…+b_n＜4．

点评：第（I）题考查利用数列的递推公式求解通项公式的方法；第（II）题考查利用累加法求解数列前n项和的方法，解题时要认真审题，仔细解答．
（本题应该把S_n（b_n+3b_n-b_n+1²）+b_n+1b_n=0修改为：S_n（b_n+2b_n-b_n+1²）+b_n+1b_n=0．）