Question

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

5

2

Sn-1的等差中项．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设b_n=（n+1）a_n，T_n是数列{b_n}的前n项和，n∈N^*，求T_n；
（Ⅲ）设cn=

3an

4•2n-3n-1•an

，P_n是数列{c_n}的前项和，n∈N^*，试证明：Pn＜

3

2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）当n≥2时2an=(3Sn-4)+(2-

5

2

Sn-1)，由此能导出数列{a_n}是首项是2，公比是

1

2

的等比数列，从而能求出数列{a_n}的通项公式．
（Ⅱ）由an=

1

2n-2

，知T_n=b₁+b₂+…b_n=2×

1

2-1

+3×

1

20

+4×

1

21

+…+(n+1)

1

2n-2

，利用错位相减法能求出T_n．
（Ⅲ）由cn=

3an

4•2n-3n-1•an

=

3

4n-3n-1

=

9

3•4n-3n

=

9

2•4n+4n-3n

＜

9

2•4n

，能够证明Pn＜

3

2

．

解答：（Ⅰ）解：当n≥2时2an=(3Sn-4)+(2-

5

2

Sn-1)，

即2(Sn-Sn-1)=(3Sn-4)+(2- 5 2 Sn-1)， ∴Sn= 1 2 Sn-1+2…(1分) ∴ 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．)

2+a2= 1 2 ×2+2. =3⇒a2=1⇒ a2 a1 = 1 2 ，

∴

an+1

an

=

1

2

(n≥1)．
∴数列{a_n}是首项是2，公比是

1

2

的等比数列，
∴an=2×(

1

2

)n-1=

1

2n-2

．…（4分）
（Ⅱ）解：由（Ⅰ），知an=

1

2n-2

．
则T_n=b₁+b₂+…b_n=2×

1

2-1

+3×

1

20

+4×

1

21

+…+(n+1)

1

2n-2

…①
∴

1

2

Tn=2×

1

2 0

+3×

1

21

+4×

1

22

+…+(n+1).

1

2n-1

…②…（5分）
①-②，得

1

2

Tn=2×

1

2-1

+(

1

20

+

1

21

+…+

1

2n-2

)-(n+1)

1

2n-1

=4+

1-( 1 2 )n-1

1- 1 2

-(n+1)

1

2n-1

=4+2-2×(

1

2

)n-1-(n+1)

1

2n-1

=6-

n+3

2n-1

．
∴Tn=12-

n+3

2n-2

．…（8分）
（Ⅲ）证明：∵cn=

3an

4•2n-3n-1•an

=

3

4n-3n-1

=

9

3•4n-3n

=

9

2•4n+4n-3n

＜

9

2•4n

…（12分）
∴Pn=c1+c2+…+cn＜

9

2

(

1

4

+

1

42

+

1

43

+…+

1

4n

)
=

9

2

•

1 4 (1- 1 4n )

1- 1 4

=

3

2

(1-

1

4n

)＜

3

2

．…（14分）

点评：本题考查数列通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，考查不等式的证明．解题时要认真审题，熟练掌握等差数列和等比数列的通项公式和前n项和公式的应用，注意错位相减法的合理运用．