Question

（2010•合肥模擬）已知數列{a_n}的前n項和為S_n，且S_n=2-a_n（n∈N^*），函數f(x)=

1

2

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

1

4

anbn，設{b_n}的前n項和為T_n，Bn=

1

T1

+

1

T2

+…+

1

Tn

，A_n=c₁+c₂+…+c_n．
（1）求{a_n}{b_n}的通項公式；
（2）試比較A_n與B_n的大小，并說明理由．

Answer 1

分析：（1）當n=1時，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為首項，公比為

1

2

的等比數列，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}的通項公式．
（2）由題設條件先求出Tn=

n(b1+bn)

2

=n(n+1)，再由裂項求和法求出Bn=

1

T1

+

1

T2

+…+

1

Tn

=

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

n(n+1)

=1-

1

n+1

，然后結合An=c1+c2+…+cn=1•(

1

2

)+2•(

1

2

)2+3•(

1

2

)3+…+n•(

1

2

)n，由錯位相減法能求出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

)，由此能夠比較A_n與B_n的大�。�

解答：解：（1）當n=1時，S₁=2-a₁=a₁，
∴a₁=1，
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=a_n-1-a_n，
2a_n=a_n-1，
∴{a_n}是以1為首項，公比為

1

2

的等比數列，
∴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為首項，公差為2的等差數列，
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）
則g′（x）=2^xln2-1
當x≥1時，g′（x）≥g′（1），
即g′（x）≥2ln2-1=ln4-1＞lne-1=0
∴g（x）=2^x-（x+1）在[1，+∞）上單調遞增
∴2ⁿ≥n+1對于n≥1恒成立
∴An-Bn=(n+2)(

1

n+1

-

1

2n

)≥0⇒An≥Bn

點評：本題首先考查等差數列、等比數列的基本量、通項，結合含兩個變量的不等式的處理問題，對數學思維的要求比較高，要求學生理解“存在”、“恒成立”，以及運用一般與特殊的關系進行否定，本題有一定的探索性．綜合性強，難度大，易出錯．