Question

14．已知数列{a_n}中，a₁=1，a₂=3，对任意n∈N^*，a_n+2≤a_n+3•2ⁿ，a_n+1≥2a_n+1恒成立，则数列{a_n}的前n项和S_n=2ⁿ⁺¹-n-2．

Answer 1

分析 a_n+1≥2a_n+1，利用递推可得：a_n+1≥2a_n+1≥2²a_n-1+2+1≥…≥2ⁿa₁+2^n-1+2^n-2+…+2+1=2ⁿ⁺¹-1，即an≥2n-1．（n=1时也成立）．由a_n+2≤a_n+3•2ⁿ，即a_n+2-a_n≤3•2ⁿ，利用“累加求和”方法结合a_n+1≥2a_n+1，可得a_n≤2ⁿ-1，因此a_n=2ⁿ-1．即可得出．

解答 解：∵a_n+1≥2a_n+1，
∴a_n+1≥2a_n+1≥2²a_n-1+2+1≥2³a_n-2+2²+2+1≥…≥2ⁿa₁+2^n-1+2^n-2+…+2+1=$\frac{{2}^{n+1}-1}{2-1}$=2ⁿ⁺¹-1，
∴an≥2n-1．（n=1时也成立）．
由对任意n∈N^*，a_n+2≤a_n+3•2ⁿ，即a_n+2-a_n≤3•2ⁿ，
∴a₃-a₁≤3×2，
a₄-a₂≤3×2²，
…，
a_n-2-a_n-4≤3×2^n-4
a_n-1-a_n-3≤3×2^n-3，
a_n-a_n-2≤3×2^n-2，
a_n+1-a_n-1≤3×2^n-1．
∴a_n+1+a_n≤1+3+3×2+3×2²+…+3×2^n-2+3×2^n-1=1+3×$\frac{{2}^{n}-1}{2-1}$=3×2ⁿ-2．（n≥2）．
∵a_n+1≥2a_n+1，
∴3a_n+1≤3×2ⁿ-2．
∴a_n≤2ⁿ-1．
∴2ⁿ-1≤a_n≤2ⁿ-1，
∴a_n=2ⁿ-1，
∴数列{a_n}的前n项和S_n=$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$-n=2ⁿ⁺¹-2-n．
故答案为：2ⁿ⁺¹-n-2．

点评 本题考查了递推关系、不等式的性质、“累加求和”方法、等比数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．