Question

已知数列{a_n}满足：a1=1，an+1=

1

2

an+

n

2n+1

(n∈N*)．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）证明：

1

2n-1

≤an≤1；
（Ⅲ）设Tn=

2n

n2-n+4

an，且Kn=ln(1+Tn)+

1

2

Tn2，证明：

2

Tn+2

＜

Tn

Kn

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）2ⁿ⁺¹a_n+1-2ⁿa_n=n，令b_n=2ⁿ⁺¹a_n+1-2ⁿa_n，得2ⁿa_n=2a₁+b₁+b₂+…+b_n-1=2+

n(n-1)

2

(n≥2，n∈N*)，由此能求出数列{a_n}的通项公式．
（Ⅱ）由

n(n-1)

2n+1

≥0，可得an≥

1

2n-1

，2ⁿ⁺¹=（1+1）ⁿ⁺¹=1+C_n+1¹+C_n+1²+…+C_n+1^n-1+C_n+1ⁿ⁺¹，所以2ⁿ⁺¹＞n²+2n+2，由此能证明

1

2n-1

≤an≤1．
（Ⅲ）Tn=

2n

n2-n+4

•(n2-n+4)•(

1

2

)n+1=

n

2n

，欲证：

2

Tn+2

＜

Tn

Kn

．，即证Kn＜

1

2

Tn2+Tn，即ln（1+T_n）-T_n＜0．构造函数f（x）=ln（1+x）-x，借助导数能够证明

2

Tn+2

＜

Tn

Kn

．

解答：解：（Ⅰ）∵2ⁿ⁺¹a_n+1-2ⁿa_n=n
令b_n=2ⁿ⁺¹a_n+1-2ⁿa_n，∴2ⁿa_n=2a₁+b₁+b₂+…+b_n-1=2+

n(n-1)

2

(n≥2，n∈N*)，
∴an=

1

2n-1

+

n(n-1)

2n+1

，又a₁=1成立∴an=

1

2n-1

+

n(n-1)

2n+1

（4分）
（Ⅱ）∵

n(n-1)

2n+1

≥0，∴an≥

1

2n-1

又当n≥2时，2ⁿ⁺¹=（1+1）ⁿ⁺¹=1+C_n+1¹+C_n+1²+…+C_n+1^n-1+C_n+1ⁿ⁺¹
∴2ⁿ⁺¹＞1+C_n+1¹+2C_n+1²，∴2ⁿ⁺¹＞n²+2n+2，而an=(n2-n+4)

1

2n+1

∴an＜

n2-n+4

n2+2n+2

=1-

3n-2

n2+2n+2

＜1，又a₁=1
故

1

2n-1

≤an≤1（9分）
（Ⅲ）Tn=

2n

n2-n+4

•(n2-n+4)•(

1

2

)n+1=

n

2n

欲证：

2

Tn+2

＜

Tn

Kn

．，即证Kn＜

1

2

Tn2+Tn，即ln（1+T_n）-T_n＜0．
构造函数f（x）=ln（1+x）-x（x≥0），f′(x)=-

x

1+x

＜0，
∴f（x）在[0，+∞）上为减函数，f（x）的最大值为f（0）=0，
∴当x＞0时，f（x）＜0，∴ln（1+T_n）-T_n＜0
故不等式

2

Tn+2

＜

Tn

Kn

．成立．（14分）

点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意构造法的合理运用．