Question

（2010•合肥模拟）已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=2-a_n（n∈N^*），函数f(x)=

1

2

x2+2x，数列{b_n}满足b_n+1=f′（b_n），（n∈N^*），b₁=2，cn=

1

4

anbn，设{b_n}的前n项和为T_n，Bn=

1

T1

+

1

T2

+…+

1

Tn

，A_n=c₁+c₂+…+c_n．
（1）求{a_n}{b_n}的通项公式；
（2）试比较A_n与B_n的大小，并说明理由．

Answer 1

分析：（1）当n=1时，S₁=2-a₁=a₁⇒a₁=1，a_n=S_n-S_n-1=a_n-1-a_n，2a_n=a_n-1，{a_n}是以1为首项，公比为

1

2

的等比数列，f(x)=

1

2

x2+2x，f′（x）=x+2，由b_n+1=f′（b_n）得b_n+1=f′（b_n）=b_n+2．由此能求出{a_n}{b_n}的通项公式．
（2）由题设条件先求出Tn=

n(b1+bn)

2

=n(n+1)，再由裂项求和法求出Bn=

1

T1

+

1

T2

+…+

1

Tn

=

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n+1)

=1-

1

n+1

，然后结合An=c1+c2+…+cn=1•(

1

2

)+2•(

1

2

)2+3•(

1

2

)3+…+n•(

1

2

)n，由错位相减法能求出A_n=2(1-

1

2n

)-n(

1

2n

)，所以An-Bn=

n+2

n+1

-

n+2

2n

=(n+2)(

1

n+1

-

1

2n

)，由此能够比较A_n与B_n的大小．

解答：解：（1）当n=1时，S₁=2-a₁=a₁，
∴a₁=1，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=a_n-1-a_n，
2a_n=a_n-1，
∴{a_n}是以1为首项，公比为

1

2

的等比数列，
∴an=(

1

2

)n-1．
又 f(x)=

1

2

x2+2x，
∴f′（x）=x+2，
由b_n+1=f′（b_n），
得b_n+1=f′（b_n）=b_n+2，
∴{b_n}是以2为首项，公差为2的等差数列，
故b_n=2n．
（2）∵an=(

1

2

)n-1，b_n=2n，
∴cn=

1

4

anbn=n(

1

2

)n
∴Tn=

n(b1+bn)

2

=n(n+1)，Bn=

1

T1

+

1

T2

+…+

1

Tn

=

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n+1)

=1-

1

n+1

An=c1+c2+…+cn=1•(

1

2

)+2•(

1

2

)2+3•(

1

2

)3+…+n•(

1

2

)n…①∴

1

2

An=1•(

1

2

)2+2•(

1

2

)3+3•(

1

2

)4+…+(n-1)•(

1

2

)n+n(

1

2

)n+1…②
①-②得∴

1

2

An=(

1

2

)1+(

1

2

)2+(

1

2

)3+…+(

1

2

)n-n(

1

2

)n+1
∴An=1+(

1

2

)1+(

1

2

)2+(

1

2

)3+…+(

1

2

)n-1-n(

1

2

)n
=2(1-

1

2n

)-n(

1

2n

)
∴An-Bn=

n+2

n+1

-

n+2

2n

=(n+2)(

1

n+1

-

1

2n

)
令g（x）=2^x-（x+1）
则g′（x）=2^xln2-1
当x≥1时，g′（x）≥g′（1），
即g′（x）≥2ln2-1=ln4-1＞lne-1=0
∴g（x）=2^x-（x+1）在[1，+∞）上单调递增
∴2ⁿ≥n+1对于n≥1恒成立
∴An-Bn=(n+2)(

1

n+1

-

1

2n

)≥0⇒An≥Bn

点评：本题首先考查等差数列、等比数列的基本量、通项，结合含两个变量的不等式的处理问题，对数学思维的要求比较高，要求学生理解“存在”、“恒成立”，以及运用一般与特殊的关系进行否定，本题有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．