Question

已知数列{a_n}中，a₁=

1

2

，a_n=

1

2

a_n-1+

1

2n

（n≥2），数列{b_n}满足b_n=2ⁿa_n．
（1）求证数列{b_n}是等差数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）求数列{a_n}的前n项和S_n；
（3）设数列{c_n}满足a_n（c_n-3ⁿ）=（-1）^n-1λn（λ为非零常数，n∈N⁺），问是否存在整数λ，使得对任意n∈N⁺，都有c_n+1＞c_n．

Answer 1

分析：（1）由a_n=

1

2

a_n-1+

1

2n

（n≥2），得2nan=2n-1an-1+1．再由b_n=2ⁿa_n，得b_n=b_n-1+1，借助等差数列的定义可得结论．由等差数列的通项公式易求b_n，根据b_n=2ⁿa_n可求得a_n
（2）由（1）得an=

n

2n

，利用错位相减法可求得S_n；
（3）由a_n（c_n-3ⁿ）=（-1）^n-1λn可求得c_n，对任意n∈N⁺，都有c_n+1＞c_n即c_n+1-c_n＞0恒成立，整理可得(-1)n-1•λ＜(

3

2

)n-1，分n为奇数、偶数两种情况讨论，分离出参数λ后转化为函数最值即可解决；

解答：解：（1）由a_n=

1

2

a_n-1+

1

2n

（n≥2），得2nan=2n-1an-1+1．
∵b_n=2ⁿa_n，∴b_n=b_n-1+1，即当n≥2时，b_n-b_n-1=1．
又b₁=2a₁=1，∴数列{b_n}是首项和公差均为1的等差数列．
于是b_n=1+（n-1）•1=n=2ⁿa_n，∴an=

n

2n

．
（2）由（1）得an=

n

2n

，
∴Sn=1×

1

2

+2×

1

22

+…+n•

1

2n

①，
∴

1

2

Sn=1×

1

22

+2×

1

23

+…+n•

1

2n+1

 ②，
由①-②得

1

2

Sn=

1

2

+

1

22

+…+

1

2n

-n•

1

2n+1

=1-

1

2n

-n•

1

2n+1

，
∴Sn=2-

2+n

2n

．
（3）由a_n（c_n-3ⁿ）=（-1）^n-1λn，得cn=3n+

(-1)n-1λ•n

an

=3ⁿ+（-1）^n-1•λ•2ⁿ，
∴c_n+1-c_n=[3ⁿ⁺¹+（-1）ⁿλ•2ⁿ⁺¹]-[3ⁿ+（-1）^n-1λ•2ⁿ]
=2•3ⁿ-3λ（-1）^n-1•2ⁿ＞0，
∴(-1)n-1•λ＜(

3

2

)n-1  ①
当n=2k-1，k=1，2，3，…时，①式即为λ＜(

3

2

)2k-2  ②
依题意，②式对k=1，2，3…都成立，∴λ＜1，
当n=2k，k=1，2，3，…时，①式即为λ＞-(

3

2

)2k-1  ③，
依题意，③式对k=1，2，3…都成立，
∴λ＞-

3

2

，∴-

3

2

＜λ＜1，又λ≠0，
∴存在整数λ=-1，使得对任意n∈N^*有c_n+1＞c_n．

点评：本题考查数列递推式、等差数列的通项公式、数列求和等知识，考查恒成立问题，考查转化思想，错位相减法对数列求和是高考考查的重点内容，要熟练掌握．