题目内容
（2009•黄浦区一模）已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+2n（n∈N*）．
（1）证明数列{
}是等差数列，并求出数列{an}的通项公式an；
（2）求等差数列{bn}（n∈N*），使b1Cn0+b2Cn1+b3Cn2+…+bn+1Cnn=an+1对n∈N*都成立；
（3）令cn=nbn（n∈N*），是否存在正常数M，使
+
+
+…+
＜M对n∈N*恒成立，并证明你的结论．
（1）证明数列{
| an |
| 2n |
（2）求等差数列{bn}（n∈N*），使b1Cn0+b2Cn1+b3Cn2+…+bn+1Cnn=an+1对n∈N*都成立；
（3）令cn=nbn（n∈N*），是否存在正常数M，使
| c1 |
| a1 |
| c2 |
| a2 |
| c3 |
| a3 |
| cn |
| an |
分析：（1）根据数列递推式an+1=2an+2n，可得
=
+
，
-
=
从而得证，进而可求数列的通项；
（2）设等差数列{bn}的首项为b1，公差为d，则bn=b1+（n-1）d（n∈N*），从而有b1+bn+1=b2+bn=b3+bn-1=…=bn+1+b1．
条件 b1Cn0+b2Cn1+b3Cn2+…+bn+1Cnn=an+1，利用加法交换律把此等式变为bn+1Cnn+bnCnn-1+bn-1Cnn-2+…+b1Cn0=an+1，
两式相加，利用组合数的性质Cnm=Cnn-m化简，即可求得满足题设的等差数列；
（3）可得结论存在正常数M（只要M＞6即可）使得
+
+
+…+
＜M对n∈N*恒成立，先表示出
=
=
，进而利用错位相减法求和，从而可得结论．
| an+1 |
| 2n+1 |
| an |
| 2n |
| 1 |
| 2 |
| an+1 |
| 2n+1 |
| an |
| 2n |
| 1 |
| 2 |
（2）设等差数列{bn}的首项为b1，公差为d，则bn=b1+（n-1）d（n∈N*），从而有b1+bn+1=b2+bn=b3+bn-1=…=bn+1+b1．
条件 b1Cn0+b2Cn1+b3Cn2+…+bn+1Cnn=an+1，利用加法交换律把此等式变为bn+1Cnn+bnCnn-1+bn-1Cnn-2+…+b1Cn0=an+1，
两式相加，利用组合数的性质Cnm=Cnn-m化简，即可求得满足题设的等差数列；
（3）可得结论存在正常数M（只要M＞6即可）使得
| c1 |
| a1 |
| c2 |
| a2 |
| c3 |
| a3 |
| cn |
| an |
| cn |
| an |
| n(2n-1) |
| n•2n-1 |
| 2n-1 |
| 2n-1 |
解答：解：（1）∵a1=1，an+1=2an+2n（n∈N*），∴
=
+
，
-
=
．…（3分）
∴数列{
}是以
为首项，公差为
的等差数列，且
=
+
(n-1)．…（5分）
∴an=n•2n-1（n∈N*）．…（6分）
（2）设等差数列{bn}的首项为b1，公差为d，则bn=b1+（n-1）d（n∈N*）．…（7分）
考察等差数列，易知：b1+bn+1=b2+bn=b3+bn-1=…=bn+1+b1．
又 b1Cn0+b2Cn1+b3Cn2+…+bn+1Cnn=an+1，利用加法交换律把此等式变为bn+1Cnn+bnCnn-1+bn-1Cnn-2+…+b1Cn0=an+1，
两式相加，利用组合数的性质Cnm=Cnn-m化简，得（b1+bn+1）（Cn0+Cn1+…+Cnn）=2an+1，即b1+bn+1=2n+2．…（10分）
再分别令n=1，n=2，得
，进一步可得
．…（11分）
因此，满足题设的等差数列{bn}的通项公式为bn=2n-1（n∈N*）．…（12分）
（3）结论：
存在正常数M（只要M＞6即可）使得
+
+
+…+
＜M对n∈N*恒成立．（13分）
证明 由（2）知，bn=2n-1，于是，cn=n（2n-1），
=
=
．…（14分）
记A=
+
+…+
，则A=
+
+
+…+
+
，
A=
+
+
+…+
+
．此两式相差，得
A=
+
+
+
+…+
-
．进一步有A=6-
-
＜6．…（18分）
所以，当且仅当正常数M＞6时，
+
+
+…+
＜M对n∈N*恒成立．
| an+1 |
| 2n+1 |
| an |
| 2n |
| 1 |
| 2 |
| an+1 |
| 2n+1 |
| an |
| 2n |
| 1 |
| 2 |
∴数列{
| an |
| 2n |
| a1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| an |
| 2n |
| a1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
∴an=n•2n-1（n∈N*）．…（6分）
（2）设等差数列{bn}的首项为b1，公差为d，则bn=b1+（n-1）d（n∈N*）．…（7分）
考察等差数列，易知：b1+bn+1=b2+bn=b3+bn-1=…=bn+1+b1．
又 b1Cn0+b2Cn1+b3Cn2+…+bn+1Cnn=an+1，利用加法交换律把此等式变为bn+1Cnn+bnCnn-1+bn-1Cnn-2+…+b1Cn0=an+1，
两式相加，利用组合数的性质Cnm=Cnn-m化简，得（b1+bn+1）（Cn0+Cn1+…+Cnn）=2an+1，即b1+bn+1=2n+2．…（10分）
再分别令n=1，n=2，得
|
|
因此，满足题设的等差数列{bn}的通项公式为bn=2n-1（n∈N*）．…（12分）
（3）结论：
存在正常数M（只要M＞6即可）使得
| c1 |
| a1 |
| c2 |
| a2 |
| c3 |
| a3 |
| cn |
| an |
证明 由（2）知，bn=2n-1，于是，cn=n（2n-1），
| cn |
| an |
| n(2n-1) |
| n•2n-1 |
| 2n-1 |
| 2n-1 |
记A=
| c1 |
| a1 |
| c2 |
| a2 |
| cn |
| an |
| 1 |
| 20 |
| 3 |
| 21 |
| 5 |
| 22 |
| 2n-3 |
| 2n-2 |
| 2n-1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 21 |
| 3 |
| 22 |
| 5 |
| 23 |
| 2n-3 |
| 2n-1 |
| 2n-1 |
| 2n |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 20 |
| 2 |
| 21 |
| 2 |
| 22 |
| 2 |
| 23 |
| 2 |
| 2n-1 |
| 2n-1 |
| 2n |
| 1 |
| 2n-3 |
| 2n-1 |
| 2n-1 |
所以，当且仅当正常数M＞6时，
| c1 |
| a1 |
| c2 |
| a2 |
| c3 |
| a3 |
| cn |
| an |
点评：本题以数列递推式为载体，考查构造法证明等差数列，考查等差数列项的性质，考查错位相减法求和，综合性强．
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