Question

已知數列{a_n}的首項為a₁=2，前n項和為S_n，且對任意的n∈N^*n，≥2，a_n總是3S_n-4與2-

5

2

Sn-1的等差中項．
（1）求證：數列{a_n}是等比數列，并求通項a_n；
（2）證明：

1

2

(log2Sn+log2Sn+2)＜log2Sn+1；
（3）若bn=

4

an

-1，cn=log2(

4

an

)2，T_n，R_n分別為{b_n}、{c_n}的前n項和．問：是否存在正整數n，使得T_n＞R_n，若存在，請求出所有n的值，否則請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由題設條件對任意的n∈N^*，n≥2時，a_n總是3S_n-4與2-

5

2

Sn-1的等差中項，可得2a_n=3S_n-4+2-

5

2

Sn-1，由此遞推關系進行恒等變形，由于本題要確定等比關系，故可研究數列的相鄰兩項的積，結合所得的遞推關系，易得結論．
（2）由（1）可得S_n=4-(

1

2

)n-2，由于

1

2

(log2Sn+log2Sn+2)＜log2Sn+1與證S_nS_n+2＜S_n+1²等價，欲證不等式成立，只須證S_nS_n+2＜S_n+1²成立即可；
（3）由題設條件求出兩數列{b_n}、{c_n}的通項公式，再求出它們的前n項和T_n，R_n的表達式，對兩者的大小進行探究即可得到答案

解答：解：（1）證：n≥2時，2a_n=3S_n-4+2-

5

2

Sn-1，即2（S_n-S_n-1）=3S_n-4+2-

5

2

Sn-1
∴S_n=

1

2

Sn-1+2，
由上得2+a2=

1

2

×2+2=3⇒a2=1（3分）
故

an+1

an

=

Sn+1-Sn

Sn-Sn-1

=

( 1 2 Sn+2)-( 1 2 Sn-1+2)

Sn-Sn-1

=

1

2

（n≥2），
又

a2

a1

=

1

2

∴數列{a_n}是公比為

1

2

等比數列
∴an=2×(

1

2

)n-1=

1

2n-2

．（6分）
（2）證：S_n=4-(

1

2

)n-2，要證

1

2

(log2Sn+log2Sn+2)＜log2Sn+1，只要證S_nS_n+2＜S_n+1²．
又SnSn+2=[4-(

1

2

)n-2][4-(

1

2

)n]=16-5(

1

2

)n-2+(

1

2

)2n-2，

S

2 n+1

=[4-(

1

2

)n-1]2=16-4(

1

2

)n-2+(

1

2

)2n-2
∴S_nS_n+2＜S_n+1²，即

1

2

(log2Sn+log2Sn+2)＜log2Sn+1．（10分）
（3）解：b_n=2ⁿ-1，c_n=log₂（2ⁿ）²=2n，T_n=2ⁿ⁺¹-n-2，R_n=n²+n
當n=1，2，3時，T_n＜R_n，
當n=4，5時，T_n＞R_n，即2ⁿ⁺¹＞n²+2n+2．
n≥6時，2ⁿ⁺¹=（1+1）ⁿ⁺¹=C_n+1⁰+C_n+1¹+C_n+1²+…C_n+1⁰+C_n+1¹+C_n+1²+…+C_n+1^n-1+C_n+1ⁿ+1＞2（C_n+1⁰+C_n+1¹+C_n+1²）=n²+3n+4＞n²+2n+2
∴當n≥4時，T_n＞R_n

點評：本題考查了等比數列通項公式的確定，數列中不等式關系的證明，是數列中難度較高的題，解題的關鍵是根據題設條件及要證明的結論進行構造，在第一小題中研究出數列各的遞推關系很重要，在第二小題的證明中，首先利用分析法，將不等式的證明轉化成了其等價的形式的證明，大大簡化了證明難度，在第三小題中，由于是比較兩個數列的和的大小，故由題設條件研究出兩數列的性質求出兩數列的和是關鍵，解本題的難點是對兩個數列的和的形式進行探究，結合二項式定理用放放縮法比較兩者的大小是解題的關鍵，本大題涉及到的知識多，為了達成問題的解決，多次轉化，熟練掌握相關的知識是成功解題的重中之重！