Question

（2011•黄冈模拟）设数列{a_n}的前n项和为S_n，满足Sn=

n(a1+an)

2

(n∈N*)；数列{b_n}满足b1+3b2+32b3+…+3n-1bn=

n

3

(n∈N*)
（1）求证：数列{a_n}是等差数列．
（2）若a₁=1，a₂=2，求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（3）在（2）的条件下，设数列{

an

bn

}前n项和为T_n，试比较

4

3

Tn与（2n²+3n-2）•2^n-1的大小．

Answer 1

分析：（1）根据题目条件可得2S_n=n（a₁+a_n），则当n≥2时，2S_n-1=（n-1）（a₁+a_n-1）两式作差可得a₁+（n-2）a_n=（n-1）a_n-1，进而a₁+（n-1）a_n+1=na_n，两式作差可得a_n+1-a_n=a_n-a_n-1，根据等差数列数列的定义可得结论；
（2）根据等差数列的定义可求出其通项公式，利用递推关系可求出数列{b_n}的通项公式；
（3）利用错位相消法求出数列{

an

bn

}前n项和为T_n，然后利用作差可比较

4

3

Tn与（2n²+3n-2）•2^n-1的大小．

解答：解：（1）∵Sn=

n(a1+an)

2

，∴2S_n=n（a₁+a_n）①
当n≥2时，2S_n-1=（n-1）（a₁+a_n-1）②
①-②得：2a_n=a₁+na_n-（n-1）a_n-1，即a₁+（n-2）a_n=（n-1）a_n-1③
进而a₁+（n-1）a_n+1=na_n④
③-④得2（n-1）a_n=（n-1）a_n-1+（n-1）a_n+1，由于n≥2，∴a_n+1-a_n=a_n-a_n-1
所以数列{a_n}是等差数列．（4分）
（2）由（1）知数列{a_n}是等差数列，且a₁=1，a₂=2，所以a_n=n
∵b1+3b2+32b3+…+3n-1bn=

n

3

⑤
∴当n=1时，b1=

1

3

，当n≥2时，b1+3b2+32b3+…+3n-2bn-1=

n-1

3

⑥
由⑤-⑥得：3n-1bn=

1

3

，∴bn=

1

3n

，而b1=

1

3

也符合，
故a_n=n，bn=

1

3n

，n∈N*（7分）
（3）

an

bn

=n•3n，∴T_n=1•3+2•3²+…+n•3ⁿ⑦3T_n=1•3²+2•3³+…+n•3ⁿ⁺¹⑧
⑦-⑧并化简得：Tn=

3[(2n-1)3n+1]

4

（10分）
所以

4

3

Tn=(2n-1)3n+1

4

3

Tn-（2n²+3n-2）•2^n-1=（2n-1）[3ⁿ-（n+2）2^n-1]+1
因为3ⁿ=（2+1）ⁿ=2ⁿ+C_n¹2^n-1+…≥2ⁿ+n•2^n-1=（n+2）2^n-1
所以3ⁿ≥（n+2）2^n-1对于n∈N^*成立，
∴3ⁿ-（n+2）2^n-1≥0，又由于2n-1＞.0
所以

4

3

Tn-（2n²+3n-2）•2^n-1=（2n-1）[3ⁿ-（n+2）2^n-1]+1＞0
所以

4

3

Tn＞（2n²+3n-2）•2^n-1（13分）

点评：本题主要考查了数列的递推关系，以及错位相消法的运用，同时考查了利用作差比较法比较大小，属于中档题．