Question

（2008•深圳二模）已知首项为1的数列{a_n}满足：对任意正整数n，都有：a1•2

a1

-1+a2•2

a2

-1+a3•2

a3

-1+…+an•2

an

-1=(n2-2n+3)•2n+c，其中c是常数．
（Ⅰ）求实数c的值；
（Ⅱ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅲ）设数列{

an

•(-

1

2

)

an

-1}的前n项和为S_n，求证：S_2n-1＞S_2m，其中m，n∈N^*．

Answer 1

分析：（Ⅰ）当a=1时，1×2⁰=2×2+c，解得c=-3．
（Ⅱ）由a1•2

a1

-1+a2•2

a2

-1+a3•2

a3

-1+…+an•2

an

-1=(n2-2n+3)•2n+c得an•2

a n

-1=n2•2n-1，由此能求出数列{a_n}的通项公式．
（Ⅲ）由a_n=n²，知数列{

an

•(-

1

2

)

an

-1}={n•(-

1

2

)n-1}．由错位相减法求得S2n-1=

4

9

[1-(-

1

2

)2n-1]＞

4

9

．S_2m=

4

9

[1-(-

1

2

)2m]＜

4

9

．所以S_2n-1＞S_2m，其中m，n∈N^*．

解答：解：（Ⅰ）当a=1时，1×2⁰=2×2+c，
解得c=-3．
（Ⅱ）∵a1•2

a1

-1+a2•2

a2

-1+a3•2

a3

-1+…+an•2

an

-1=(n2-2n+3)•2n+c，①
∴a1•2

a1

-1+a2•2

a2

-1+a3•2

a3

-1+…+an-1•2

an-1

-1=[（n-1）²-2（n-1）+3]•2^n-1+c，②
①-②，并整理，得an•2

a n

-1=n2•2n-1，
∴a_n=n²．
（Ⅲ）∵a_n=n²，
∴数列{

an

•(-

1

2

)

an

-1}={n•(-

1

2

)n-1}．
∴S_2n-1=1+2•(-

1

2

) +3•(-

1

2

)2+…+（2n-1）•(-

1

2

)2n-2，
-

1

2

S_2n-1=1•(-

1

2

) +2•(-

1

2

)2+…+（2n-2）•(-

1

2

)2n-2+（2n-1）•(-

1

2

)2n-1，
∴

3

2

S_2n-1=1+(-

1

2

) +(-

1

2

)2+…+(-

1

2

)2n-2-（2n-1）•(-

1

2

)2n-1，
=

1×[1-(- 1 2 )2n-1]

1-(- 1 2 )

=

2

3

[1-(-

1

2

)2n-1]，
∴S2n-1=

4

9

[1-(-

1

2

)2n-1]＞

4

9

．
同理，S_2m=

4

9

[1-(-

1

2

)2m]＜

4

9

．
∴S_2n-1＞S_2m，其中m，n∈N^*．

点评：本题考查数列和不等式的综合运用，解题时要认真审题，注意特殊值和错位相减法的合理运用．