Question

设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₁=1，S_n=na_n-2n（n-1），n∈N^*．
（I）求数列{a_n}的通项公式；
（II）设bn=

an

2n

，求数列{b_n}的前n项和T_n；
（III）求使不等式(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

3

an+1

)≥p

2n+1

对一切n∈N^*均成立的最大实数p的值．

Answer 1

分析：（I）由a₁=1，S_n=na_n-2n（n-1），知S_n+1=（n+1）a_n+1-2（n+1）n，故a_n+1=S_n+1-S_n=（n+1）a_n+1-na_n-4n，所以a_n+1-a_n=4，由此能求出数列{a_n}的通项公式．
（II）由a_n=4n-3，知bn=

an

2n

=

4n-3

2n

，所以Tn=

1

2

+

5

22

+

9

23

+…+

4n-7

2n-1

+

4n-3

2n

，由错位相减法能求出Tn=5-

4n+5

2n

．
（III）由(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an+1

)≥p

2n+1

对一切n∈N^*均成立，知p≤

1

2n+1

(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an+1

)对一切n∈N^*均成立，只需p≤[

1

2n+1

(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an+1

)]min_min，n∈N^*，由此能求出实数p的最大值．

解答：解：（I）证明：∵a₁=1，S_n=na_n-2n（n-1），
S_n+1=（n+1）a_n+1-2（n+1）n，
∴a_n+1=S_n+1-S_n=（n+1）a_n+1-na_n-4n，
∴a_n+1-a_n=4，
∴数列{a_n}是首项为1，公差为4的等差数列，
∴a_n=1+（n-1）•4=4n-3．
（II）由（I）知：a_n=4n-3，
∴bn=

an

2n

=

4n-3

2n

，
∴Tn=

1

2

+

5

22

+

9

23

+…+

4n-7

2n-1

+

4n-3

2n

，
∴

1

2

Tn=

1

2 2

+

5

23

+

9

24

+…+

4n-7

2n

+

4n-3

2n+1

，
两式相减，得：

1

2

Tn=

1

2

+4(

1

2 2

+

1

2 3

+

1

2 4

+…+

1

2 n

）-

4n-3

2n+1

=

1

2

+4×

1 2 2 (1- 1 2 n-1 )

1- 1 2

-

4n-3

2n+1

=

1

2

+2-

2

2 n-1

-

4n-3

2n+1

，
∴Tn=5-

4n+5

2n

．
（III）∵(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an+1

)≥p

2n+1

对一切n∈N^*均成立，
即p≤

1

2n+1

(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an+1

)对一切n∈N^*均成立，
只需p≤[

1

2n+1

(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an+1

)]min_min，n∈N^*，
令f(n)=

1

2n+1

(1+

2

a1+1

 )(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an-1+1

)，n≥2，且n∈N^*，
则f(n-1)=

1

2n-1

(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

2

an-1+1

)，n≥2，且n∈N^*，

f(n)

f(n-1)

=

2n-1

2n+1

(1+

2

an+1

)=

2n-1

2n+1

•

2n

2n-1

=

2n

4n2-1

＞1，n≥2，且n∈N^*，
∴f（n）＞f（n-1），n≥2，且n∈N^*，
即f（n）在n∈N^*上为增函数，
∴f(n) min=f(1)=

2

3

=

2 3

3

，
∴p≤

2 3

3

，
故实数p的最大值是

2 3

3

．

点评：本题考查数列与不等式的综合应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，易错点是求使不等式(1+

2

a1+1

)(1+

2

a2+1

)…(1+

3

an+1

)≥p

2n+1

对一切n∈N^*均成立的等价命题的转化，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．