Question

已知数列{a_n}的首项为a₁=2，前n项和为S_n，且对任意的n∈N^*n，≥2，a_n总是3S_n-4与2-

5

2

Sn-1的等差中项．
（1）求证：数列{a_n}是等比数列，并求通项a_n；
（2）证明：

1

2

(log2Sn+log2Sn+2)＜log2Sn+1；
（3）若bn=

4

an

-1，cn=log2(

4

an

)2，T_n，R_n分别为{b_n}、{c_n}的前n项和．问：是否存在正整数n，使得T_n＞R_n，若存在，请求出所有n的值，否则请说明理由．

Answer 1

分析：（1）由题设条件对任意的n∈N^*，n≥2时，a_n总是3S_n-4与2-

5

2

Sn-1的等差中项，可得2a_n=3S_n-4+2-

5

2

Sn-1，由此递推关系进行恒等变形，由于本题要确定等比关系，故可研究数列的相邻两项的积，结合所得的递推关系，易得结论．
（2）由（1）可得S_n=4-(

1

2

)n-2，由于

1

2

(log2Sn+log2Sn+2)＜log2Sn+1与证S_nS_n+2＜S_n+1²等价，欲证不等式成立，只须证S_nS_n+2＜S_n+1²成立即可；
（3）由题设条件求出两数列{b_n}、{c_n}的通项公式，再求出它们的前n项和T_n，R_n的表达式，对两者的大小进行探究即可得到答案

解答：解：（1）证：n≥2时，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

∴数列{a_n}是公比为

1

2

等比数列
∴an=2×(

1

2

)n-1=

1

2n-2

．（6分）
（2）证：S_n=4-(

1

2

)n-2，要证

1

2

(log2Sn+log2Sn+2)＜log2Sn+1，只要证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
当n=1，2，3时，T_n＜R_n，
当n=4，5时，T_n＞R_n，即2ⁿ⁺¹＞n²+2n+2．
n≥6时，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
∴当n≥4时，T_n＞R_n

点评：本题考查了等比数列通项公式的确定，数列中不等式关系的证明，是数列中难度较高的题，解题的关键是根据题设条件及要证明的结论进行构造，在第一小题中研究出数列各的递推关系很重要，在第二小题的证明中，首先利用分析法，将不等式的证明转化成了其等价的形式的证明，大大简化了证明难度，在第三小题中，由于是比较两个数列的和的大小，故由题设条件研究出两数列的性质求出两数列的和是关键，解本题的难点是对两个数列的和的形式进行探究，结合二项式定理用放放缩法比较两者的大小是解题的关键，本大题涉及到的知识多，为了达成问题的解决，多次转化，熟练掌握相关的知识是成功解题的重中之重！